QG.09
1.d
Nem sempre os compostos metálicos apresentam pontos de fusão
elevados; por exemplo, o mercúrio (Hg) a 25 °C e 1 atm é líquido.
2.a
A condutividade térmica dos metais é feita pelo deslocamento dos
elétrons livres que transferem energia a átomos de regiões mais frias.
3.b
Não são as fracas ligações covalentes que justificam a existência de
substâncias moleculares líquidas e gasosas, e sim as ligações químicas intermoleculares.
4. Na ligação metálica, ocorre a formação de mar de elétrons, que se
movem entre os espaços livres do retículo cristalino metálico, o qual
será responsável pela condução de eletricidade.
5.c
Amálgama é a mistura de dois ou mais metais em que um dos metais é o mercúrio.
6.e
O bronze é uma liga metálica formada de Cu + Sn, portanto:
I.(F) É uma mistura.
II. (F) Os metais e suas ligas são bons condutores de calor.
III. (F) Calor específico é propriedade física.
7. V – F – F – V – V
II. (F) Formada por ligações covalentes e dativa (coordenada).
III.(F) O ozônio é alótropo.
N
Nitrito: fórmula de Lewis s
F
O
N
O
–
H
Há uma repulsão entre os pares compartilhados e entre estes e o
par não compartilhado.
11. a) Ligação covalente.
b) Na água há dois pares de elétrons isolados. A repulsão entre eles
é grande e entre eles e os pares ligados também. A repulsão entre
os pares de elétrons ligados é menor que a dos isolados, e isso faz
com que o ângulo seja de 105°. No ozônio só há um par de elétrons isolados e sua repulsão com os demais pares é menor. No
dióxido de nitrogênio, só há um elétron, e sua repulsão com os
pares de elétrons ligados é bem menor que nos outros dois casos,
onde havia pares de elétrons isolados.
12.c
O
OF2
F
SF2
Nitrato: fórmula de Lewis s
O
N
S
B
9.e
Os metais possuem características marcantes, tais como: maleabilidade, ductibilidade, brilho, alta condutividade térmica e elétrica.
10.c
5B: 1s2 2s2 2p1
9F: 1s2 2s2 2p5
1
Angular
NF3
Trigonal plana
F
F
N
F
O
b) Sulfato de amônio w (NH4)2SO4 (MM = 132 g/mol)
132 g
100%
28 g
x
x = 21,21%
Nitrato de amônio w (NH4)NO3 (MM = 80 g/mol)
80 g
100%
28 g
y
y = 35%
Logo, o nitrato de amônio apresentará maior teor percentual de
nitrogênio.
F
F
s Geometria
s Trigonal plana
Angular
F
F
BF3
–
F
H N H
angular
O
B
Esse composto é uma exceção à regra do octeto.
NH3: piramidal trigonal
s Geometria tetraédrica
H
H
F
+
H
8. a) Amônio: fórmula de Lewis s H
7N: 1s2 2s2 2p3
1H: 1s1
BF3: trigonal plana
F
F
Piramidal
F
CF4
C
F
F
Tetraédrica
F
13.d
H — H s geometria linear
14.c
O NO2 é uma exceção à regra do octeto, pois o N está com a última
camada incompleta. Sua estrutura de Lewis (eletrônica) é:
O N O
Como há elétron não ligante no átomo central, a geometria da molécula é angular.
Observação: Outras exceções à regra do octeto são:
NO N O
e ClO2
O Cl O
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
15.b
O
S
O
II.(V)
O — C — O s subproduto obtido
O
Geometria linear
S
O
O
O
III.(V) X é um metal de transição, portanto, ao se combinar com
ametais, a ligação será iônica.
Trigonal plana
16.a
CO2 s O
O w Linear
C
H2O s O
21. a – II; b – II; c – I; d – IV; e – II; f – V
w Angular
H
H
H2SO4 s H — O
CS2
S—C—S
Linear
HF
H—F
H
Linear
O
CH2Cl2
S w Tetraédrica
C
H
O
H—O
CH4 s H
C
H H H
H
NH4OH s
N
[O — H]–
w Tetraédrica
Piramidal
Cl
Cl
Cl
H—C—N
HCN
+
Cl
P
PCl3
w Tetraédrica
Cl
Tetraédrica
Linear
O
H2O
Angular
H
H
H H H
17. 1 – d; 2 – e; 3 – b; 4 – a; 5 – c
Atividades extras
22.a
18.b
Primeira possibilidade: B — A — B
Não há par de e– livres ao redor de A.
Segunda possibilidade:
B
TeBr4
Br
Br
Quadrado planar
Te
A
Br
Br
B
Três pares de e– livres ao redor de A.
–
19.a
N
F
F
F
O
H
H
I
Cl
N—O
Linear
O — C — O Linear
Piramidal
SF4
F
Angular
Quadrado planar
S
Trigonal plana
F
F
Observação: No NO, o N se estabiliza com 7 elétrons na camada de
valência.
20. e
I.(V) A distribuição eletrônica é:
K – 1s2
L – 2s2 2p6
M – 3s2 3p6 3d10
N – 4s2 4p6 4d10 4f14
O – 5s2 5p6 5d9
P – 6s2
6s2 w 6o período
5d9 w 9 + 2 = 11 (família 11)
2
Linear
F
F
B
Cl
F
F
23.
F
BF3 s
F
B
s Trigonal plana
F
Sn
SnF3– s
F
F
F
s
Piramidal
F
BrF3 s
Br — F
F
s Forma de T
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
KrF4
(08) Incorreta. Ambas são angulares.
F
F
Kr
s Quadrado planar
F
F
F
BrF5
F
F
s Piramidal
de base
quadrada
Br
F
F
24.a
Os dois pares eletrônicos devem ficar o mais longe possível entre si e
das demais ligações. A geometria dos pares eletrônicos é octaédrica,
mas a geometria da molécula é quadrado planar.
AX4
X
X
A
X
X
QG.10
1.e
A ligação mais polar tem maior diferença de eletronegatividade.
Então, como: Br – Li
2,8 – 1,0 s DE = 1,8
2. a) Pela informação do enunciado, o átomo terá 2 camadas e 4 e–
na camada de valência, então:
K s 1s2
L s 2s2 2p2
Total é: 6 s Z = p = 6
Como: A = p + n s A = 6 + 8 s A = 14
b) Moléculas com ligações polares; átomos com eletronegatividades
diferentes.
5.a
A geometria do CO2 é linear (O C O), o que faz com que, apesar de
as ligações entre o carbono e o oxigênio serem polares, a sua molécula
seja apolar. A interação intermolecular é do tipo forças Van der Waals.
6.c
a) (F) Ligação iônica ocorre com transferência de elétrons entre metais e ametais.
b) (F) Ligação metálica ocorre entre metais com atração entre cátions metálicos e elétrons livres.
d) (F) Definição de ânion.
e) (F) Ânions são estruturas que receberam elétrons.
7.c
I.(F) A ligação entre Na e F é iônica e apresenta a maior diferença de
eletronegatividade entre os elementos; logo, menor caráter covalente.
II. (V) Quanto menor a distância interiônica, mais forte a ligação iônica.
III.(V) A eletronegatividade varia da seguinte forma: F > Cl > Br > I
8.d
FeO w iônica
NO w covalente polar
F2 w covalente apolar
NaCl w iônica
HCl w covalente polar
9.d
H — Cl s molécula polar, ligação covalente polar.
Cl — Cl s molécula apolar, ligação covalente apolar.
Na+ [Cl–] s composto iônico, ligação iônica polar.
10.a
K(s) w ligação metálica
HCl(g) w ligação covalente polar
KCl(s) w ligação iônica
Cl2(g) w ligação covalente apolar
11. V – F – V – V – F
II.(F) A ligação é iônica (Na: metal e Cl: ametal).
V.(F) A fórmula da substância é:
2–
O
[Ca]
2+
C—O
O
Portanto, também há ligações covalentes.
Moléculas com ligações apolares; átomos com mesma eletronegatividade.
12. Soma = 43 (01 + 02 + 08 + 32)
(01)Correta.
3.d
Todas as moléculas apresentam ligações polarizadas, pois estas ocorrem entre átomos de elementos com diferentes eletronegatividades.
4. Soma = 18 (02 + 16)
(01) Incorreta. Em uma família, quanto menor o número atômico,
menor será o átomo.
(04) Incorreta. Átomos com mesma eletronegatividade (mesmo elemento químico) se ligam, como no H2.
3
31
33
2
2
6
2
6
10
Ga 3+ (28 elétrons) 1s
3p
3d
2s
2p
3s
K
L
M
3−
2
6
2
2
6
2
6
10
As (36 elétrons) 1s
3p
3d
4s
2s
2p
3s
4p
K
L
M
N
(02)Correta.
P
Cl
Cl
As
Cl
H
H
H
O par de elétrons não ligados, em ambas moléculas, faz com
que suas geometrias sejam piramidais.
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
(04) Incorreta. Al3+ possui somente duas camadas eletrônicas, enquanto o As3– possui 4.
(08)Correta.
6,02 · 1023 átomos (100%)
1 mol de Si
0,001 (0,1%) mol
x
x = 6,02 · 1020 átomos
(16) Incorreta. Os baixos valores de PF e PE são características de
substâncias com ligações covalentes.
(32)Correta. O baixo potencial de ionização facilita o deslocamento
dos elétrons.
13.d
O2 s molécula apolar – substância simples – compartilhamento de
elétrons
Cl2 s molécula apolar – substância simples – compartilhamento de
elétrons
O
H2O s
s Molécula polar
H
H
N
NH3 s
H
H
H
s Substância composta – compartilhamento
de elétrons – molécula polar
14.b
O — C — O
É uma molécula com geometria linear e, apesar de cada ligação ser
polar, como os vetores se cancelam, ela é uma molécula apolar.
II. O par de elétrons não ligados interage com os átomos ligados
ao átomo central, repelindo-os: piramidal.
III. Quatro átomos ligados ao átomo central: tetraédrica.
20.e
A substância III é apolar, pois todos os átomos ligados ao átomo
central pertencem ao mesmo elemento químico.
21.a) O fato de a molécula ser classificada como apolar pode ser explicado de duas maneiras:
• É uma molécula linear, com os ligantes ao redor do átomo central iguais.
• µR = 0. Não sofre orientação quando submetida a campo elétrico.
m1
m2
b)O — C — O µR = µ1+µ2 = 0
Como os vetores momentos dipolares apresentam a mesma
intensidade, a mesma direção e sentidos opostos, o momento

dipolar resultante (µ R ) é igual a zero.
22.b
Maior caráter iônico significa maior polaridade da ligação, ou seja,
maior diferença de eletronegatividade entre os átomos ligados.
Assim:
I. H — F
H—IsH—F
II. O
C
O S
C
SsO
C
O
F
F
III. H
H
Cl
P
Cl
Cl
Cl
Cl
Polar piramidal
(espacial)
Cl
Apolar bipiramidal
(espacial)
16.a) A única molécula polar citada no texto é o monóxido de carbono; portanto, teremos:
C
O
b) As moléculas apolares serão nitrogênio e metano; portanto,
teremos:
N2 s N Ns geometria linear
CH4 s H
s
geometria tetraédrica
H
H
17. b
A molécula de gás oxigênio, O2 (O
valente apolar.
F
F
F
O
H
S
H
H
Como a diferença de eletronegatividade entre H — O é maior que
entre H — S, a molécula de H2O será mais polar (maior vetor momento dipolar) que a molécula de H2S.
24.d
H2S
S
Geometria angular
s polar
Geometria linear com ligantes diferentes
ao redor do átomo central
s polar
Geometria piramidal
s polar
Geometria trigonal plana com ligantes
iguais ao redor do átomo central
s apolar
Molécula diatômica com ligantes iguais
s apolar
Molécula tetraédrica com todos os ligantes
iguais ao redor do átomo central
s apolar
H
H
H—C—N
P
Cl
Cl
Cl
Cl
O), é formada por ligação co-
19.d
I.Três átomos ligados ao átomo central, e sem par de elétrons
não ligados: trigonal plana.
F
F
Molécula de H2S, geometria angular:
PCl3
18. b
SO2 s geometria angular, ligações covalentes polares, molécula polar.
CO2 s geometria linear, ligações covalentes polares, molécula apolar.
4
F
H
HCN
C
H
H
C
Atividades extras
23. c
Molécula de H2O, geometria angular:
Cl — P
Cl
H
s
C
C
15.d
Os compostos são:
BCl3
B
Cl
Br2
Cl
Br — Br
Cl
CCl4
C
Cl
Cl
Cl
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
QG.11
1.c
I.Temos N — H s ligação de hidrogênio
II.Temos — S — s dipolo-dipolo
7.c
A substância que melhor interage com a água, reidratando a pele,
é a glicerina, por causa da formação de ligações de hidrogênio com
ela.
2.a
Família 17
e PE s ligações de H s H — F s 2º período
e massa
e PE
8.a
As interações que ocorrem no adesivo e no material são ligações de
hidrogênio (H ligado a F, O, N); sendo assim, o adesivo funcionará
melhor para colar a celulose, em razão de seu grande número de
hidroxilas (OH–).
Dipolo permanente
H — Cl s 3º período

H — Br s 4º período

H — I s 5º período
3.c
R — OH
Como os álcoois apresentam uma parte hidrocarbônica e pelo menos
uma hidroxila, eles apresentam uma parte apolar e outra polar em
sua estrutura. A parte apolar interage com outra molécula através
de interações do tipo dipolo induzido, e a parte polar, pelas ligações
de hidrogênio.
O
dipolo permanente
H
4. Etano s H3C – CH3 s forças de London
5. Propan-1-ol s H3C – CH2 – CH2 – OH s ligação de H
Então:
e PE s Propan-1-ol s maior massa e força intermolecular mais intensa
r PE s Etano s força intermolecular menos intensa
Para o restante, teremos:
Etano < Etanal < Metanol < Etanol < Propan-1-ol
dipolo
permanente
ligação
de H
ligação
de H
5. a) Massa molar da ureia:
C = 12 ⋅ 1 =12 g
H = 1 ⋅ 4 = 4 g
N = 14 ⋅ 2 = 28 g
O = 16 ⋅ 1 = 16 g
Total = 60 g
60 g
100%
28 g
% N s % N = 46,67%
b)µ ⋅ MM 1 = 1.000 ⋅ d ⋅ † s µ ⋅ 60 =1000 ⋅ 1 ⋅
µ = 0,033 mol/L
c)NH+4CNO– s interação íon-dipolo
NH2
s ligação de hidrogênio
O — C
NH2
6.d
I.(F) O = C = O w linear
III(F) H
5
w ligação de hidrogênio
O
H
2
2
2
PE H2 Te > PE H2 Se > PE H2 S
10.d
A propilamina apresenta H ligado a N, portanto interação intermolecular do tipo ligações de hidrogênio.
4. 1 – C; 2 – D; 3 – B; 4 – A; 5 – E;
1. Metanol s H3C – OH s ligação de H
2. Etanol s H3C – CH2 – OH s ligação de H
3. Etanal s H3C — C
9.e
• H 2S, H 2Se e H 2Te têm o mesmo tipo de interação dipolo-dipolo.
O ponto de ebulição será determinado pelas massas molares.
• O H2O tem o maior ponto de ebulição por causa das ligações de
hidrogênio.
Assim:
M H Te > M H Se > M H S
11.d
Quem tem maior PE é o 1-butanol. Isso porque ele tem uma cadeia
mais extensa, o que faz com que exista maior área para as interações intermoleculares.
12.b
N2: apolar – dipolo induzido
SO2: polar – dipolo permanente
NH3: polar – ligação de hidrogênio
H2S: polar – dipolo permanente
H2O: polar – ligação de hidrogênio
Menor PE: interação mais fraca: w N2
Maior PE: interação mais forte: w H2O
13.b
Entre os compostos citados, o de maior PE será o etanol, por causa
das ligações de hidrogênio.
0, 2
100
14.d
I.
s Cetona s Dipolo permanente
II.
s Álcool s Ligação de hidrogênio
III.
s Éter s Dipolo permanente
O dipolo permanente da cetona é mais intenso que o dipolo
permanente do álcool, portanto a ordem crescente dos pontos
de ebulição será:
III < I < II
15.c
O índigo possui o H ligado a N, portanto capaz de estabelecer ligações de hidrogênio.
16.b
A interação é do tipo íon-dipolo permanente, pois o sal NaCl é formado por ligação iônica, e a água forma interações do tipo dipolo-dipolo.
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
17.b
Entre as moléculas de água estão presentes ligações de hidrogênio,
que são muito polares.
18. a
Como todas as substâncias apresentadas são apolares, a interação entre
todas as moléculas é do tipo dipolo induzido. Portanto, terá maior temperatura de ebulição a substância de maior massa molar — no caso, o Br2.
19.d
As ligações de hidrogênio ocorrem quando o H se liga a oxigênio,
flúor ou nitrogênio (FON).
20.a
A interação do tipo ligação de hidrogênio — presente no álcool etílico — é bem mais forte que as do tipo dipolo-dipolo, presentes no
éter metílico, daí a diferença entre os pontos de ebulição.
21. a)
b)
c)
d)
Dipolo permanente
Ligações de hidrogênio
Forças de London
Forças de London
22.b
Como o cromóforo apresenta o átomo de H ligado a átomos de O e
N, ele é capaz de formar interações do tipo ligações de hidrogênio.
Atividades extras
23.a
24.d
As principais forças que atuam no metanol são as ligações de hidrogênio, que são bem fortes.
QG.12
1.c
O cloreto de sódio é composto iônico; portanto, quando dissolvido em
água, sofre dissociação iônica, dando origem a uma solução eletrolítica.
A sacarose é um composto molecular que, quando é colocado em
água, sofre apenas dissolução, dando origem a uma solução não
eletrolítica.
2.e
A vitamina C é solúvel em água (hidrossolúvel) por causa da sua
grande polaridade. Essa polaridade vem dos grupos hidroxilas que
interagem através de ligações de hidrogênio com a água.
3.d
As características apresentadas são típicas de substâncias iônicas,
ou seja, formadas por, pelo menos, uma ligação iônica (KF e CaCl2:
metal + ametal).
4.a
Como o material não apresenta brilho metálico, exclui-se a possibilidade de ser uma substância metálica. O alto ponto de fusão é
característica de substância iônica, embora não exclusiva.
5.e
A condutividade elétrica de uma solução não depende de seu volume, mas da natureza da solução e de quantos íons estão presentes
nessa solução.
6
6.a
Pela análise das estruturas:
Vitamina B1: molécula mais polar, por causa de elementos altamente
eletronegativos (maior ponto de fusão) s hidrossolúvel
Vitamina A: molécula mais apolar, por causa de sua cadeia hidrocarbônica s lipossolúvel
7.d
Gasolina s mistura de hidrocarbonetos s apolares s forças de London
Etanol s H 3C  CH 2  OH s ligação de hidrogênio
Polar
Apolar
r
Forças de London
8. F – F – F – F
I.(F) O elemento de número atômico 19 é metal e o de número
atômico 9 é ametal, portanto formam ligação iônica, e o composto formado, consequentemente, é sólido.
II.(F) A dupla-ligação covalente indica o compartilhamento de
dois pares de elétrons, característica dos elementos do grupo
16 ou VIA.
III. (F) Por causa da repulsão dos pares eletrônicos, a geometria é
angular. Exemplo:
O
H
IV. (F) Tem carga 2+.
H
9.e
Pelas características, X é iônica e Z é molecular.
10. F – F – F – V
I. (F) Os compostos iônicos (metal + ametal) não conduzem corrente no estado sólido.
II. (F) Praticamente todo composto iônico é sólido nas CATP.
III. (F) Compostos moleculares não conduzem corrente elétrica no
estado sólido ou líquido.
11.e
A s iônico, pois possui valores elevados de PE e PF e conduz corrente
elétrica quando fundido.
B s molecular, pois possui baixos valores de PE e PF.
C s metal, pois possui altos valores de PE e PF e conduz eletricidade
mesmo no estado sólido.
D s iônico, pois possui altos valores de PE e PF e é isolante no estado
sólido.
12.c
O
a) H3C — C
Dipolo permanente
H
b) H3C — C — CH3 Dipolo permanente
O
O
c) H3C — C
Ligação de hidrogênio
Ligação de hidrogênio
NH2
O
d) H3C — C
OH
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
e) H3C — C — O — CH3 Dipolo permanente
O
Como c e d fazem ligações de hidrogênio, a definição está no número de ligações de hidrogênio que cada substância faz; nesse caso, a
amida apresenta maior número de ligações de hidrogênio, portanto
apresenta maior ponto de ebulição.
13.c
a) A curva 1 é de ebulição.
b)Cl2 é molécula apolar (dipolo induzido).
d) A 25 °C Br2 é líquido.
14. F – F – V – F
I. (F) Constituídos por átomos (cátions metálicos).
II.(F) Composto iônico não conduz corrente elétrica no estado
sólido, porque os íons não têm liberdade de movimento.
IV. (F) Os compostos covalentes podem ou não conduzir corrente
elétrica.
15.c
x = elétrons. No fio de cobre, a condução é feita através de elétrons,
por se tratar de um metal.
y = íons. Em solução aquosa de ácido clorídrico, a condução é feita
por íons formados durante a ionização.
16.b
• Para a amônia:
Fórmula eletrônica: H N H
H
N
Fórmula estrutural:
H
H
H
H
Fórmula eletrônica: Cl
C
Cl
H
Cl
s geometria tetraédrica
H
H
• Para o dissulfeto de carbono:
C
S
Fórmula eletrônica: S
C
Fórmula estrutural:
Cl
—C—
— S s geometria linear
Fórmula estrutural: S —
17.c
II.(F) A grafite conduz corrente elétrica.
V. (F) São consideradas substâncias covalentes por causa do grande
número de ligações covalentes que compõem essas estruturas.
18.c
H2 O
−
→ K +(aq.) + OH (aq.)
I.KOH(s) 
(Lâmpada acende-se).
H 2O
II.C6H6(,) 
→ C6H6(aq.) (Lâmpada não se acende).
2
−
III.HCl(g) 
(Lâmpada acende-se).
→ H+(aq.) + Cl (aq.)
2
IV.Fe(s) 
→ Fe(s) (Lâmpada não se acende).
H O
H O
H 2O
−
V.NaCl(s) → Na +(aq.) + Cl (aq.)
(Lâmpada acende-se).
Portanto, três substâncias fariam a lâmpada se acender.
7
Partículas condutoras: íons
+
III.NaCl(,) w Na()
+ Cl()–
Partículas condutoras: íons
20. a) Composto I: 3,3-dimetil-but-1-eno
Composto II: hex-1-eno
b) Terá maior temperatura de ebulição por possuir maior cadeia.
21.c
IV. (F) HO
OH
C—C
C
C
O
H
O
Carbonos
primários
CH — OH
CH2 — OH
22. a) Cloreto de sódio
D
NaCl(s) 
→ Na (+, ) + Cl (−, )
Quando fundido, o cloreto de sódio libera os íons sódio e cloreto,
que conduzirão a eletricidade.
b)Iodo
I2
I—I
Fórmula molecular
Fórmula estrutural
Como o iodo apresenta moléculas apolares, estas estão unidas,
principalmente, por interações do tipo Van der Waals.
s geometria piramidal
• Para o diclorometano:
19.a
I. Composto metálico w partículas condutoras w elétrons livres.
2+
2–
+ SO4(aq.)
II.CuSO4(aq.) w Cu(aq.)
Atividades extras
23. De modo geral, substâncias moleculares que não fazem ligações
de hidrogênio (Br2) têm ponto de fusão menor do que substâncias
moleculares que fazem ligações de hidrogênio (H2O).
Estas últimas têm ponto de fusão menor que o dos metais (Na),
que, por sua vez, têm ponto de fusão menor que o dos compostos
iônicos.
O Si é uma substância covalente formada por um arranjo com um
número muito grande de átomos e, por esse motivo, apresenta o
maior ponto de fusão.
24. Soma = 31 (01+ 02 + 04 + 08 + 16)
QG.13
1.e
V.(F) H3BO3 e H2CO3 s são ácidos fracos, portanto de baixa condutividade elétrica.
2. a)Ácido fosfórico
d) Ácido fluorídrico
b)Ácido sulfuroso
e) Ácido sulfídrico
c)Ácido carbônico
3.c
–
KNO3(S) w K+(aq.) + NO3(aq.)
(dissociação)
4.a
A ordem crescente da acidez é dada por: H3PO4 < H2SO4 < HClO4 por
causa do aumento da eletronegatividade do elemento central que
facilita a formação do cátion H3O+.
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
5.a
Como o ácido acético é um oxiácido, o hidrogênio ionizável deve
estar ligado ao oxigênio.
O
O
H2O
H3C — C
14.a
Periódico: HIO4
Iódico: HIO3
Iodoso: HIO2
Hipoiodoso: HIO
H+ + H3C — C
–
O(aq.)
OH
13.d
Diluir uma solução implica em reduzir sua concentração mediante
aumento de volume do solvente (no caso, água).
H2O
+
–
H(aq.) + H3C2O2(aq.)
H4C2O2
É um monoácido.
6.e
A condução de eletricidade se dá pela presença de íons livres, portanto quando ocorre ionização do HCl(g) em água.
15.d
Oxiácido – tem oxigênio na estrutra; diácido – dois hidrogênios
ionizáveis.
7. a) Pelo descrito no texto, teremos:
OH
O
O + H 2O
HO — CH2 — CH —
16.c
A equação representa a ionização total do ácido fosfórico, um triácido, produzindo o ânion trivalente fosfato.
17.e
Quanto maior o valor de a, mais forte é o ácido, portanto a ordem
crescente da força será:
H3BO3 < H3PO4 < H2SO4 < HNO3 < HClO4
OH
HO
OH
O
O + H3O+
HO — CH2 — CH —
O–
HO
OH
O
ou
O
HO — CH2 — CH —
HO
H2O
H+ +
OH
OH
O
+ HO — CH2 — CH —
O
–
O
OH
b) Não, porque a vitamina C é muito polar, sendo, então, vitamina
hidrossolúvel; as margarinas são apolares.
8.c
I. (F) CO2 + H2O x <H2CO3> s Ácido carbônico é instável.

III. (F) CO2 é apolar s O
C
O s Σµ R = 0
9.d
O HF forma com a água ligações de hidrogênio, o que diminui sua
acidez.
Ácido tiossulfúrico
Ácido antimonioso
Ácido permangânico
Ácido crômico
19.e
HI e HCl são hidrácidos fortes.
Observação: Regra para os oxiácidos: determinar o m.
m = (número de oxigênio) – (número de hidrogênios ionizáveis)
m > 3 muito forte
m = 2 forte
m = 1 moderado
m = 0 fraco
HClO4 s m = 4 – 1 = 3 muito forte
HClO3 s m = 3 – 1 = 2 forte
H3BO3 s m = 3 – 3 = 0 fraco
20.a) HNO3
O
N—O—H
O
b)H2SO3
c)H3PO4
d)H2CO3
10.d
HCl: monoácido
H2SO4: diácido
H4SiO4: tetrácido
H3PO4: triácido
O—H
O—C
e)HCl
f) HIO2
11.c
I. ácido sulfúrico
II. ácido carbônico
III. ácido clorídrico
12. V – F
II.(F) A estrutura correta é: H — O
C—O
O
–
8
18. a)
b)
c)
d)
O—H
21.d
a)α = 33%
b)α = 1%
c)42 dissociados
α
α = 21%
200 moléculas totais
100
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
d)
3
= 0,75 w α = 75%
4
e)α = 50%
O eletrólito mais forte é o que possui o maior α, portanto: α = 75%.
22.e
I – V; II – V; III – V; IV – V
Atividades extras
23.c
H3PO4 w α = 27%
5% < α < 50% w ácido moderado
24.d
Como temos ácido forte, teremos alto grau de ionização, portanto
alta concentração de íons em solução, que aparece melhor na representação IV.
QG.14
1.e
H2SO3 = ácido sulfuroso
NaClO = hipoclorito de sódio
HBrO4 = ácido perbrômico
H2MnO4 = ácido mangânico
2.e
Base, na definição de Arrhenius, libera, como único ânion, o OH– em
solução aquosa.
3.b
As fórmulas dos sais são:
Na2S s sulfeto de sódio s Ânion: S2– s Ácido: H2S s sulfídrico
CaSO4 s sulfato de cálcio s Ânion: SO 24 − s Ácido: H2SO4 s sulfúrico
Na2SO3 s sulfito de sódio s Ânion: SO 32 − s Ácido: H2SO3­ s sulfuroso
4.d
O bicarbonato de sódio, de fórmula NaHCO3, pode também ser denominado de hidrogenocarbonato de sódio ou carbonato ácido de sódio,
sendo que a última forma não é conveniente em razão do seu caráter
básico, quando em solução aquosa.
5.e
Na2SO4: sulfato de sódio
NaCl: cloreto de sódio
Na2CO3: carbonato de sódio
MnSO4: sulfato de manganês
CaCl2: cloreto de cálcio
6.b
NaHSO3: hidrogenossulfito de sódio
Fe3(PO4)2: fosfato de ferro II
7.d
II. (F) Sal é composto iônico
III. (F) Sulfato de cobre II
8.b
a)Na2SO4 e K2SO4 são sais
b) Bases de Arrhenius liberam hidroxila (OH–)
c) e d) Cálcio, magnésio e amônio não são metais alcalinos.
9
9.a
CaSO4: sal
Al(OH)3: base
H2SO4: ácido
10.c
(NH+4 )SO 24−
íon amônio íon sulfato
11. d
A substância cloreto de potássio tem fórmula KCl e é um sal inorgânico formado por ligação iônica (K: metal e Cl: ametal).
III.(F) É substância composta.
12.d
13.b
a)(F) O grupo hidroxila é formado por ligações covalentes.
c) (F) São bases.
d) (F) Sofrem dissociação ao serem colocadas em água.
14. F – V – F – F
I.(F) O sal de cozinha é obtido industrialmente pela evaporação
da água do mar nas salinas.
II.(V) O sal de cozinha é uma mistura de sais (NaCl, NaI, …).
III.(F) O sal de cozinha em H2O sofre dissociação iônica, formando
solução eletrolítica.
IV.(F) O iodo é adicionado na forma de iodeto (I–), e não na forma
de substância simples (I2).
15. e
Pela estrutura XCO3 e sabendo que CO 32– , teremos:
X2+ w perde 2 elétrons, portanto é metal alcalinoterroso, então:
Ca2+ CO 32– s CaCO3 – carbonato de cálcio
Lembrar:
NaHCO3 s bicarbonato de sódio
KHCO3 s bicarbonato de potássio
Ca(HCO3)2s bicarbonato de cálcio
Na2CO3 s carbonato de sódio
16.c
I. Fórmula correta.
II. Errada, o correto é: Rb2SO4
III. Errada, o correto é: Sr(ClO2)2
IV. Fórmula correta.
V. Fórmula correta.
17.c
H2CO3
Ácido
carbônico
2–
CO3
w Carbonato
HCO3– w Hidrogenocarbonatoo
Na +HCO 3– w NaHCO 3 w hidrogenocarbonato de sódio
Ca 2+HCO 3− w Ca(HCO 3 ) 2 w hidrogenocarbonato de cálcio
18.b
I. Nem todo ácido é corrosivo.
II. Todo ácido neutraliza uma base.
III. Podem ser formados também por três ou mais elementos químicos. Ex.: H2SO4
IV.Todo ácido é um eletrólito, portanto, quando dissolvido em
H2O, forma solução eletrolítica.
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
19. F – F – F – V – F
(F) Todo ácido, forte ou fraco, é neutralizado por uma base.
(F) Ácidos tornam as soluções de fenolftaleína incolores.
(F) Apresentam mesma concentração de H+ e A–.
(V) Como é um ácido fraco, o número de moléculas que se ionizaram é bem menor que o número de moléculas que não
sofreram ionização (HA).
(F) Como é um ácido fraco, o seu grau de ionização é menor que 5%,
tendo poucos íons em solução, conduz pouca corrente elétrica.
2.b
II.(F) A fórmula do carbonato de lítio é Li2CO3.
IV.(F) A fórmula será:
2–
O
Li+2
C—O
O
Portanto, há também ligações covalentes.
20.a
Como o elemento M forma o sulfato MSO4, seu íon é M2+. Dessa forma, o fosfato formado será: M2+PO 3–
w M3(PO4)2
4
3.a) HCl + KOH w KCl + H2O
b)2H3PO4 + 3Ba(OH)2 w Ba3(PO4)2 + 6H2O
c)3HClO4 + Al(OH)3 w Al(ClO4)3 + 3H2O
21.a
Amônio (NH+4 )
Nitrito (vem do ácido nitroso HNO2 w NO −2 nitrito)
Nitrato (vem do ácido nítrico HNO3 w NO −3 nitrato)
4.a
Para neutralizar os efeitos do H2S, poderia ser adicionada uma base
(NaOH).
H2S + 2NaOH w Na2S + 2H2O
Atividades extras
22. Soma = 31 (01 + 02 + 04 + 08 + 16)
(32)(F)
Sulfato de bário:
O 2–
O
5. Equação da neutralização entre Al(OH)3 e HCl:
Al(OH)3 + 3HCl w AlCl3 + 3H2O
3+
+ 3H2O()
Equação iônica: Al(OH)3(s) + 3H+(aq.) w Al (aq.)
Equação da neutralização entre Mg(OH)2 e HCl:
Mg(OH)2 + 2HCl w MgCl2 + 2H2O
2+
Equação iônica: Mg(OH)2(s) + 2H+(aq.) w Mg (aq.)
+ 2H2O()
S
Ba2+
O
O
Carbonato de bário:
2–
O
C—O
Ca2+
O
23.e
Ca 2x+ (PO 4 ) 33− (OH)–
Como se trata de um composto neutro, a carga total é zero, portanto:
(+2) · (x) + (–3) · (3) + (–1) = 0
2x – 9 – 1 = 0
2x = 10
x = 5
24.b
Vinagre s solução aquosa de ácido acético s H3C — COOH
Produtos de limpeza à base de amoníaco s solução aquosa de hidróxido de amônio s NH4OH
Água sanitária s solução aquosa com hipoclorito s ex: NaClO
lava-louças s detergente
QG.15
1.a) HC
l +NaOH
 w NaCl + H2O
1mol
1mol
Os reagentes apresentam a mesma concentração em mol/L e
reagem na proporção de 1 : 1. Portanto:
Experimento 1: excesso de HCl (meio ácido)
Experimento 2: neutralização total (meio neutro)
Experimento 3: excesso de NaOH (meio básico ou alcalino)
Portanto, o indicador apresentará cor amarela, em contato com
o suco de limão.
b) Misturando os reagentes dos experimentos 1 e 3, teremos:
HCl: 4 mL  neutralização total, portanto o indicador

NaOH: 4 mL  apresentará cor verde.
10
6.e
Para combater acidez, é aconselhável ingerir uma base.
Veja a equação: 2HCl + Mg(OH)2 w MgCl2 + 2H2O
7. 1 – c; 2 – b; 3 – a; 4 – d; 5 – e
(3) gravação vidro – HF – ácido fluorídrico
(2) caiação em paredes – Ca(OH)2 – cal hidratada, extinta ou
apagada
(1) construção e decorações – CaSO4 · 2H2O – gesso
(4) conservante de carnes – NaNO3 – nitrato de sódio
(5) acidulante – H3PO4 – ácido fosfórico
8.c
O ácido fosfórico pode produzir tanto o sal neutro fosfato como os
sais ácidos hidrogenofosfato e di-hidrogenofosfato.
9.d
a)(F) A fórmula do ácido nítrico é HNO3.
b)(F) A reação entre ácido nítrico e sulfúrico não é de neutralização.
c)(F) O hidróxido de sódio (base) reage com ácido nítrico (ácido).
e) (F) a reação entre ácido nítrico e hidróxido de potássio está representada pela equação:
HNO3
+
KOH
w KNO3 + H2O
Ácido
Hidróxido
Nitrato
nítrico
de potássio
de potássio
10.a) 2HCl(aq.) + Mg(OH)2(aq.) w MgCl2(aq.) + 2H2O(,)
MgCl2: cloreto de magnésio
H2O: água
b) O hidróxido de sódio é uma base forte e corrosiva que promove
alta liberação de calor e variação brusca de pH. O hidróxido de
magnésio é uma base fraca e não corrosiva.
+
−
c)H2CO3(aq.) x H (aq.)
+ HCO 3(aq.)
2−
+
HCO 3(aq.)
x H (aq.)
+ CO 3(aq.)
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
11.e
A equação da reação é:
HCl(g) + NH3(g) w NH4Cl(s)
12.a) HCl: ácido
Mg(OH)2: base
Al(OH)3: base
b)2HCl + Mg(OH)2 w MgCl2 + 2H2O
3HCl + Al(OH)3 w AlCl3 + 3H2O
13.b
Acertando os coeficientes, teremos:
2HC
w 1CaC
l 2 + 2H
 l + 1Ca(OH)
 2O


2
x
y
Z
w
x + y + z + w = 6
14.d
Mg(OH)2(aq.) + 2HCl(aq.) w MgCl2(aq.) + 2H2O()
Al(OH)3(s) + 3HCl(aq.) w AlCl3(aq.) + 3H2O()
15.a
Exemplo: HA + B(OH)2 w B(OH)A + H2O
16.a
O hidroxissal apresenta pelo menos uma hidroxila em sua fórmula.
17.a
NaH2PO4: quaternário (formado por 4 elementos diferentes – Na, H,
P, O); oxigenado (contém oxigênio); anidro (não possui água de hidratação); ácido (possui H resultante de uma ionização parcial de ácido).
18.a
As equações são:
I.3Cu(OH)2 + 2H3PO4 w Cu3(PO4)2 + 6H2O
II.Fe(OH)3 + 3HNO3 w Fe(NO3)3 + 3H2O
Soma I = 12
Soma II = 8
19.e
Deve ser adicionada uma base para neutralizar o ácido.
O NH3, apesar de ser uma base, é gasoso.
20.e
Leite de magnésia é um antiácido que contém hidróxido de magnésio (Mg(OH)2), uma base capaz de neutralizar o ácido da irritação.
21.b
H2S + Cu(OH)2 w CuS + 2H2O
CuS: sulfeto de cobre II
HClO3 + NH4OH w NH4ClO3 + H2O
NH4ClO3: clorato de amônio
HNO2 + KOH w KNO2 + H2O
KNO2: nitrito de potássio
H2SO4 + Cd(OH)2 w CdSO4 + 2H2O
CdSO4: sulfato de cádmio II
22.c
Como a substância que vazou (hidróxido de potássio: KOH) é uma
base, para neutralizá-la poderia ser colocada em contato com
uma solução ácida, por exemplo, vinagre.
11
Atividades extras
23.a
A equação que completa as lacunas é:
3H2SO4 + 2Al(OH)3 w Al2(SO4)3 + 6H2O
24.a
A equação para formação de sal normal é:
AlPO 4 + 3H2O
1H 3PO 4 + 1Al(OH)3 w

Ácido ortofosfórico
ou fosfórico
Fosfato de alumínio
(sal normal)
QG.16
1.a) K2O + H2O w 2KOH (hidróxido de potássio)
SO3 + H2O w H2SO4 (ácido sulfúrico)
b)2KOH(aq.) + H2SO4(aq.) w K2SO4(aq.) + 2H2O() (sulfato de potássio)
2. a) Óxido de lítio
b) Óxido de bário
c) Óxido de estanho (IV) ou estânico
d) Óxido de estanho (II) ou estanoso
e)Ag2O
f) Na2O
g)Fe3O4
h)FeO
3. 1 – d; 2 – c; 3 – g; 4 – i; 5 – a; 6 – h
P2O3 w trióxido de difósforo
HBrO w ácido hipobromoso
KNO3 w nitrato de potássio
H2CO3 w ácido carbônico
H2S w ácido sulfídrico
NaOH w hidróxido de sódio
4.e
A hidratação significa adição de água, então:
Óxido básico + água w
base
CaO
+ H2O wCa(OH)2
Hidróxido de
Óxido de cálcio
cálcio
Cal viva
ou virgem
Cal hidratada,
extinta ou apagada
+3H2O w2Fe(OH)3
Fe2O3
Óxido de ferro III Hidróxido de ferro III
ou hidróxido férrico
ou óxido férrico
Hematita
5.a
N2O5 w óxido ácido
CO w óxido neutro
K2O w óxido básico
6.a
2HNO3 + CaO w Ca(NO3)2 + H2O
7.a
Pela equação apresentada, temos a formação de H­3­O+, que apresenta
caráter ácido (pH < 7).
8.d
Óxido insolúvel de elemento semimetálico (ou ametálico) s SiO2 (sílica)
Composto com propriedade magnética permanente s Fe3O4 (magnetita)
Sal solúvel s KNO3 s nitrato de potássio
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
9.e
Para completar, temos:
CO + H2O w CO2 + H2
CO: óxido indiferente ou neutro
CO2: óxido ácido, reage com base
10.c
Pelo texto: o aquecimento global provoca o degelo do solo da Sibéria,
liberando CO2 e CH4 para a atmosfera, além de criar um círculo vicioso.
11.b
A chuva ácida corrói os monumentos de calcário pela seguinte equação genérica:
CaCO3 + H+ w Ca2+ + CO2 + H2O
NH4Cl w cloreto de amônio
Ca2+ w íon cálcio; NO3 w nitrato
Ca(NO3)2 w nitrato de cálcio
K2O2 w peróxido de potássio
HBrO w ácido hipobromoso
H3PO4 w ácido fosfórico
20.b
Na2O, CaO e BaO w óxidos básicos
Al2O3 w óxido anfótero
SO3 w óxido ácido (SO3 + H2O w H2SO4)
21. a) Porque ambos os compostos são polares.
b)
3+
2–
14. I – c; II – d; III – b; IV – e; V – a
I. Ácido fosfórico s aditivo (acidulante) de refrigerantes
II.Polietileno s fabricação de plástico
III.Etanol s combustível
IV. Bicarbonato de sódio s extintores de incêndio do tipo espuma
de sódio
V. Cal virgem s frutas cristalizadas
15.c
H3PO4 w ácido
Na3PO4 w sal
P2O5 w óxido
16.e
He w é um gás nobre, pouco reativo por causa de sua estabilidade
e pouco solúvel em H2O (Z).
SO2 w é um óxido ácido, reage com base, produzindo sal + H2O, e
reage com o oxigênio, produzindo SO3 (X).
H2 w é um gás pouco solúvel em H2O, reage com o oxigênio, produzindo H2O, e não reage com bases (Y).
17.c
A equação completa será:
2Al(OH)3 + calor w Al 2O 3 + 3H2O

Alumina
18.a
Observe as equações:
CO2(g)+FeO(s)
wFeCO3(s)
Óxido ácido Óxido básico
Sal
CO2(g)+ MnO(s)
wMnCO3(s)
Óxido ácido Óxido básico
Sal
19.c
NH4+ w amônio; Cl – w cloreto
Ácido acético
O
H—C—C
O ∴ a fórmula será Al O
2 3
13.d
O gás responsável pelo aquecimento global é o excesso de CO2,
dióxido de carbono, óxido ácido, portanto:
CO2(g) + H2O() x H2CO3(aq.)
12
Acetaldeído
H
12.e
Nesse caso, teremos:
Al
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
H
H
O
H—C—C
H
H
OH
c)12 g
100 mL
1 g
150 mL
18 g
x
x = 18 g
y = 126 kcal
d) Reação: CO2 + H2O w H2CO3
Classificação do óxido: óxido ácido
e) Tipo de bebida: destilada
µ ⋅ MM = 1.000 ⋅ d ⋅ †
7 ⋅ 46 = 1.000 ⋅ 0,8 ⋅ †
† = 0,4025 ou 40,25%
7 kcal
y
22.b
Atividades extras
23.c
I. (V) N2 + O2 w óxido de nitrogênio
Reação endotérmica (necessita de calor)
O 2 − ; N 4+O 2–
II. (V) N2+O2–; N 1+
2
2
III.(V) N2O w monóxido de dinitrogênio w é chamado também
de gás hilariante.
IV. (F) N2O5 é anidrido do ácido nítrico.
V. (V) NO2 w é um gás castanho-avermelhado.
25, 9 1, 85
=
= 1 ( · 2) = 2
14
1, 85
74, 1 4, 63
=
= 2,5 ( · 2) = 5
Os
16
1, 85
∴ N 2O 5
24.a) N s b) É um óxido molecular, pois apresenta ligações covalentes entre
seus átomos.
c)N2O5 + H2O w 2HNO3
QF.05
1.e
Inicial
µ = 2 mol/L
Final
µ=?
Diluir 1 : 100
V = 1 L 
→ V = 100 L
µi · Vi = µf · Vf s 2 · 1 = µf · 100 s
s µf = 0,02 mol/L
Sabendo que: C = µ · MM1 s
s C = 0,02 · 36,5 s C = 0,73 g/L
2.a
Pelo procedimento descrito, temos:
Início
retirado
alíquota
de 3 mL
+ 19 mL
H2O
1 mL de
urina
20 mL de
mistura
3 mL = Cureia = 5 mmol/dm3
Ci ⋅ Vi = Cf ⋅ Vf ∴ Ci ⋅ 1 = 5 ⋅ 20 ∴ Ci = 100 mmol/dm3 ou 0,1 mol/L
3.a
InícioFinal
µi = µµf
Vi = V Vf = 3V
O volume é triplicado s µi · Vi = µf · Vf s µ · V = µf · 3V
µ
µf =
3
4.b
nf = ni
Cf ⋅ Vf = Ci ⋅ Vi
ou
%f ⋅ Vf = %i ⋅ Vi
0,01 ⋅ Vf = 0,34 ⋅ 1
Vf = 34 L
Vf = Vi + VH O
2
VH O = 33 L
2
5.a) A equação da reação é: H2SO4 + 2NaOH w Na2SO4 + 2H2O
Cálculo da quantidade, em mol, de NaOH usada:
1L
0,8 mol NaOH
nNaOH
40 ⋅ 10–3 L (40mL)
nNaOH = 0,032 mol
Pela equação: 1 mol H2SO4
2 mol NaOH
0,032 mol NaOH
nH SO 2 4
nH SO = 0,016 mol
4 mL
2 4
1.000 mL (1L)
x
x = 4 mol
Sabendo que: 1 mol H2SO4
98 g
4 mol H2SO4
m
mH SO = 392 g (em 1 L)
2
4
Portanto, atende às especificações.
b) O produto formado na titulação que sobrará após titulação é o
Na2SO4 (sulfato de sódio).
6.a
Como se deseja preparar 250 mL de uma solução 0,4 mol/L, calcula-se,
inicialmente, o número de mols a que isso corresponde.
1L
0,4 mol
x
0,25 L (250 mL)
x = 0,1 mol
Transformando esse número de mols em gramas:
1 mol
63,01 g
y
0,1 mol
y = 6,301 g
Como o ácido nítrico concentrado é 65% (m/m), temos:
6,301 g
65%
z
100%
z = 9,6938 g
13
A partir da densidade do ácido, determinamos qual o volume a ser
usado, em mL, que corresponda a essa massa, em gramas.
1,4 · 103 g
1.000 mL
w
9,6938 g
w = 6,93 mL
Portanto, devemos usar 6,93 mL do ácido concentrado e diluir para
250 mL (volume final desejado).
7.e
Nessa mistura, temos:
µf · Vf = µ1 · V1 + µ2 · V2
µf · 100 = 0,2 · 70 + 0,1 · 30 s µf = 0,17 mol/L
8.d
Para solução A s 80 g
100%
80% de H2O
mH2O
mH2O = 64 g s mH2SO4 = 16 g
Para solução B s 16 g H2SO4
12,5%
mH2O
87,5% ∴ mH2O = 112 g
Massa de água adicionada será: 112 – 64 = 48 g
9.b
µ1 · V1 + µ2 · V2 = µ · V
(0,2 · 100) + (0,4 · 50) = µ · (100 + 50)
20 + 20 = µ · 150
µ H 0,27 mol/L
10. a
InicialFinal
V = ?
V = 500 mL
µ= 0,04 mol/L µ= 3 ⋅ 10–3 mol/L
Fazendo a diluição: µi ⋅ Vi = µf ⋅ Vf
0,04 ⋅ Vi = 3 ⋅ 10–3 ⋅ 500 s V = 37,5 mL
11. d
InicialFinal
V = ?
V = 250 mL
µ = 5 mol/L µ = 0,1 mol/L
Fazendo a diluição: µi ⋅ Vi = µf ⋅ Vf
5 ⋅ Vi = 0,1 ⋅ 250 s Vi = 5 mL
12. b
Cálculo da concentração no suco:
m1
3, 42
µ=
sµ=
s µ = 0,05 mol/L
342 · 0, 2
MM 1 · V (L)
Cálculo da concentração no refresco:
InicialFinal
V = 200 mL
V = 1.000 mL (200 mL + 800 mL)
µ = 0,05 mol/L µ = ?
Fazendo a diluição:
µi ⋅ Vi = µf ⋅ Vf s 0,05 ⋅ 200 = µ ⋅ 1.000
µ= 0,01 mol/L, então a concentração, em g/L, será dada por:
C = µ ⋅ MM1 s C = 0,01 ⋅ 342 s C = 3,42 g/L
13. a
1a diluição:
InicialFinal
C = 5 mg/mL
C=?
V = 1 mL
V = 250 mL
Nessa diluição: Ci ⋅ Vi = Cf ⋅ Vf s 5 ⋅ 1 = Cf ⋅ 250 s Cf = 0,02 mg/mL
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
2a diluição:
InicialFinal
C = 0,02 mg/mL
C=?
V = 4.500 mL ou 4,5 L
V = 150 cm3
Nessa diluição: Ci ⋅ Vi = Cf ⋅ Vf s 0,02 ⋅ 150 = Cf ⋅ 4.500
Cf = 6,67 ⋅ 10–4 mg/mL ou 6,67 ⋅ 10–3 mg/10mL
14.e
Número de mols da solução s 3 mol
1L
x
10 · 10– 3 L
x = 3 · 10– 2 mol de H2SO4
Número de mols da massa adicionada:
1 mol H2SO4
98 g
y
0,245 g
y = 2,5 · 10– 3 mol de H2SO4
Número total de mols s 3 · 10– 2 + 2,5 · 10– 3 = 0,0325 mol
n
0,0325
Cálculo da molaridade da solução final: µ =
=
V 65 ⋅ 10 −3
µ = 0,5 mol/L
15.e
Para o NaCl: NaCl w Na+ + Cl –
1 mol
1 mol
0,3 mol/L
µ s µ = 0,3 mol/L
1 L
0,3 mol Cl –
x
0,2 L s x = 6 · 10–2 mol
Para o CaCl2: CaCl2 w Ca2+ + 2Cl –
1 mol
2 mol
1 mol/L
µ s µ = 2 mol/L
2 mol Cl –
1L
y
0,1 L s y = 0,2 mol
= 0,06 + 0,2 s ntotal = 0,26 mol
n
−
total Cl
w
µ − = 0,86 mol/L
0,3 L (300 mL)
1 L s w = 0,86 mol
Cl
16.b
•
•
Cálculo para o NaOH (M = 40 g/mol)
C1 · V1 = C2 · V2 (volume final = VNaOH + VKOH = 5 L)
40 · 2 = C · 5
C = 16 g/L
C=µ·M
16 = µ · 40
µ = 0,4 mol/L
Cálculo para KOH (M = 56 g/mol)
C1 · V1 = C2 · V2
60 · 3 = C · 5
C = 36 g/L
C=µ·M
36 = µ · 56
µ = 0,64 mol/L
17.b
µ · V = µ1 · V1 + µ2 · V2
0,5 · 500 = 1 · V1 + 0,25(500 – V1)
250 = V1 + 125 – 0,25V1
0,75 V1 = 125
V1 = 166,7 mL da solução I
Observação: V1 + V2 = V
V1 + V2 = 500 mL
V2 = 500 – V1
14
V2 = 500 – 166,7
V2 = 333,3 mL da solução II
18.c
nf = ni
n1
s n1 = µ1 · V
V1
µf · Vf = µ1 · V1 s µf · 200 = 0,10 · 100
µf = 0,05 mol/L de CaCl2
Como 1 mol de CaCl2 produz 1 mol de Ca2+ e 2 mol de Cl – , a concentração de Ca2+ é 0,05 mol/L e a de Cl – , 0,10 mol/L.
Como: µ1 =
19.c
a) Correta, se dobrarmos o volume de solução, mantendo a quantidade
de soluto, sua concentração se reduzirá à metade.
b) Correta, para um mesmo volume, se a quantidade de soluto for
três vezes menor, a concentração também será.
c) Incorreta, a concentração do medicamento antes da diluição é
a mesma, independentemente da quantidade.
d)Correta.
20. Cálculo a partir dos dados para o nitrogênio:
Cf = 0,1 g/L
Vf = 100 L
Ci = 100 g/L (solução do frasco 1)
Vi = ?
Cf · Vf = Ci · Vi
ViI = 0,1 L (frasco I)
Cálculo a partir dos dados para o potássio:
Cf = 0,1 g/L
Vf = 100 L
CiI = 70 g/L
ViI = 0,1 L
CiII = 10 g/L
ViII = ?
nf = ni
Cf · Vf = CiI · ViI + CiII · ViII
0,1 · 100 = 70 · 0,1 + 10 · ViII
10 = 7 + 10 · ViII
ViII = 0,3 (frasco II)
Cálculo a partir dos dados para o fósforo:
Cf = ?
Vf = 100 L
CiI = 30 g/L
ViI = 0,1 L
CiII = 80 g/L
ViII = 0,3 L
Cf · Vf = CiI · ViI + CiII · ViII
Cf · 100 = 30 · 0,1 + 80 · 0,3
Cf = 0,27 g/L de fósforo
Atividades extras
21.a) nf = ni
Vf = 300 + Vi
Cf · Vf = Ci · Vi
10 · (300 + Vi) = 25Vi
Vi = 200 L
Portanto:
Vf = 300 + 200 = 500 L
b) Cálculo da massa de NaCl:
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
25 g
1L
m
200 L ou
10 g
1L
500 L
m
m = 5.000 g
5.000 g
50 pessoas
1 pessoa
x
x = 100 g/pessoa
c) A evaporação da água do mar consiste na passagem para o estado de vapor somente das moléculas de água; o sal continua
dissolvido na água do mar. Portanto, a água da chuva é praticamente isenta de sal.
22.e
Para iniciar a cristalização, tem-se:
35 g de NaCl
100 mL de água
14 g
Vf
Vf = 40 mL
Vevaporou = Vi – Vf = 200 – 40 = 160 mL de água
23.a) Vt = 50 L
% final de álcool = 24
100%
50 L
x
24%
x = 12 L de álcool no tanque cheio.
b) Vamos considerar que:
x = volume de álcool (etanol) anidro colocado no tanque.
y = volume de gasolina adicionado.
Sabemos que o volume total do tanque é 50 L, portanto x + y =
= 50 L.
Também sabemos que o volume de álcool anidro (x) mais 20% do
volume da gasolina (y) corresponde ao total de álcool no tanque
(12 L), portanto x + 0,2 y = 12 L.
 x + y = 50 s y = 50 − x
Matematicamente 
 x + 0, 2 y = 12
x + 0,2 (50 – x) = 12
x + 10 – 0,2x = 12
0,8x = 12 – 10
0,8x = 2
x = 2,5 L (volume de etanol adicionado por engano)
24. Sabe-se que:
CS açúcar a 20 °C = 660 g/L de H2O
Densidade da garapa = 1,08 g/cm3
Caçúcar garapa = 165 g/L
a) Pela densidade:
1,08 g
1 cm3
x
1.000 cm3 s 1 L solução (garapa)
x = 1.080 g de solução (garapa)
1.080 g
100%
% de açúcar na garapa s
165 g
s % de açúcar na garapa = 15,27
Observação: 165 g é a massa de açúcar em 1 L de garapa.
b) A 20 °C s CS açúcar = 660 g/L
temos que: 660 g de açúcar
1 L de garapa
165 g de açúcar
x ∴ x = 0,25 L de garapa
(em 1 L de garapa)
1
Portanto, o volume deverá ser reduzido a
do volume inicial.
4
15
QF.06
1.e
Para o etanol:
liberam
1.370 kJ
46 g
1 mol etanol
1 g x
x = 29,8 kJ
Para o hidrogênio:
liberam
1 mol H2
2g
286 kJ
y
1 g y = 143 kJ
QH
143
2
então:
=
= 4,8
Q etanol
29, 8
2.b
I.(V)
II. (V) 1 mol
libera
226 kJ
Q
0,5 mol libera
∴ Q = 113 kJ
III. (F) como ∆H < 0, temos a relação: Hreag > Hprod­
3.b
Inverter a equação 2: 2H2O(,) w 2H 2(g) + O 2(g) ∆HII = +136,6 kcal
Manter a equação 1: 2H 2(g) + O 2(g) w 2H2O­(g)­ ∆HI = –115,6 kcal
2H2O() w 2H2O(g)
∆HT = 21 kcal
como: 21 kcal
2 mol H2O
Q
1 mol H­2­O
∴ Q = 10,5 kcal/mol
4. a) Um indivíduo de 60 kg ingere o equivalente a 7.600 kJ.
I. O gasto metabólico de repouso é de 4,2 kJ/kg/h, portanto será
de 252 kJ no indivíduo de 60 kg. Durante um dia (24 horas),
teremos: 252 · 24 = 6.048 kJ/dia.
II. O gasto energético corresponde a 10% do valor ingerido, portanto:
100%
7.600
x
10%
x = 760 kJ
III. O gasto com atividade física é de 40%, portanto:
6.048 kJ
100%
40%
y
y = 2.419,2 kJ
Gasto energético total = 6.048 + 760 + 2.419,2 = 9.227,2 kJ
b) Cálculo do balanço energético:
Quantidade ingerida: 7.600 kJ
Quantidade gasta: 9.227,2 kJ
Balanço: –1.627,2 kJ
Como o gasto energético é maior que a quantidade ingerida,
ocorre perda de massa corporal.
15.000 kJ
450 g de massa corporal
1.627,2 kJ
x
x = 48,816 g de massa corporal
5.c
III.(F) A lei de Hess é aplicada a qualquer processo químico.
6.b
I. Toda combustão é exotérmica.
II.Para ferver a água, é necessário fornecer calor; processo endotérmico.
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
7.b
Em quatro cubos de gelo, teremos:
1 cubo
9g
m ∴ mH O = 36 g
4 cubos
2
Sabendo que: 1 mol H2O 18 g
36 g
∴Q = 12 kJ
ou seja, ∆H = –12 kJ
1
6CO 2( g ) + 4H 2O
perde 6 kJ
perde Q
8.c
a)(F) A combustão de 1 mol de glicose libera 2.842 kJ.
b)(F) DH < 0 s Reação exotérmica.
c)(V)
d) (F) Consome 6 mol de O2(g).
9.a
Sabemos que:
Líquido
16.a
I.(V)
H
11.d
1 kcal
4,18 kJ
33.900 kcal
x
x = 141.702 H 142.000 kJ/kg
COOH
HOOC
H
HOOC
+ O 2(g ) ∆H = –196,4
w 2H 2(g) + O 2(g ) ∆H = 571,66
4H 2(g) + 2 O 2(g ) w 4H2O(g)
∆H = –967,2
N2H4(,) + 2H2O2(,) w N2(g) + 4H2O(g)
∆H H –643 kJ
∆H = –642,57
H
H
Cis-butenodioico s maleico
II. (V) Ácido maleico é polar, portanto mais solúvel em água.
III. (V) Considerando:
H final
H
H
COOH
H
C—C
C—C
COOH
H
HOOC
ΔH = Hfinal – Hinicial
ΔH = –5.545 – (–5.525)
ΔH = –20 kJ/mol
17.a) C2H5OH(,) + 3O2(g) w 2CO2(g) + 3H2O(,)
Lei de Hess:
Multiplicar a primeira equação por 2:
2C(,) + 2O2(g) w 2CO2(g) ΔH = –788 kJ
Multiplicar a segunda equação por 3:
3
3H2(,) + O2(g) w 3H2O(g) ΔH = –858 kJ
2
12.d
Pela lei de Hess, teremos: inverte-se a equação I, mantém-se a II,
multiplica-se por 2 e inverte-se a equação III, multiplica-se por 4 a
equação IV, assim:
∆H = –50,63
N2H4(,) w N2(g) + 2H 2(g) (, )
+
C—C
Trans-butenodioico s fumárico
HOOC
10.c
Inverte-se a primeira equação:
1
∆H = 285,77 kJ
H2O(,) w H 2 (g) + O2(g ) 2
1
H 2 (g) + O2(g ) w H2O(v) ∆H = –241,84 kJ
2
H2O(,) w H2O(v)
∆H = +43,93 kJ
13.a
DH = ΣHf produtos – ΣHf reagentes
DH = {(3 · 0) + (–108)} – {(–75) + (–287)}
DH = –108 – (–362)
DH = –108 + 362 = +254 kJ/mol CH4
14.e
I.(V) ∆H < 0 s exotérmico ∴ libera calor
II.(V) ∆H > 0 s endotérmico ∴ absorve calor
III. (V) Vide item I.
15.a
Manter primeira equação; inverter e multiplicar por 2 a segunda
equação:
16
COOH
C—C
Gás
Fenômeno exotérmico
(, )
w 2C 3H 4O 3( s ) + 5O 2( g ) ∆H = 2.316 kJ
C6H12O6(s) + O2(g) w 2C3H4O3(s) + 2H2O(,)
DHT = DH1 + DH2
DHT = –2.808 + 2.316 ∴ DH = –492 kJ/mol
Fenômeno endotérmico
2H 2O
(,)
H inicial
Sólido
2H2O2(,) w 2H 2O
2
C 6H 12O 6(s) + 6 O 2(g) w 6CO 2(g) + 6 H 2O (, ) H1 = –2.808 kJ
Inverter a terceira equação:
1
C2H5OH(,) w 2C(g) + O2(g) ΔH = +278 kJ
2
C2H5OH(,) w 3O2(g) w 2CO2(g) + 3H2O(,) ΔH = –1.368 kJ/mol
b)ΔH < 0 s reação exotérmica (toda combustão é exotérmica)
Observação: Poderia ser calculado o valor de combustão do etanol
pelos calores de formação s ΣHf
– ΣHf
produtos
reagentes
18.d
Supondo 100% de rendimento:
1 mol X
2 mol Y
10 mol X
Y s Y = 20 mol
Então o calor liberado será:
200 cal
2 mol Y
Q
20 mol Y s Q = 2.000 cal
Como o sistema é adiabático, todo calor será absorvido por Y. Então,
temos:
Q = m ⋅ c ⋅ ΔT s 2.000 = 20 ⋅ 1 ⋅ ΔT s Δ T = 100 K
Pela equação de estado:
p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T s 1 ⋅ V = 20 ⋅ 0,082 ⋅ 400 s V = 656 L
19.a
A massa molar do biodiesel é: 308 g/mol
9,6 kJ
Como: 1 °C
5 °C
Q ∴ Q = 48 kJ
Então em: 1 g biodiesel
48 kJ
308 g biodiesel
q ∴ q = 14.784 kJ/mol
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
Atividades extras
21.b
Pelo gráfico, sabemos que o calor trocado na ebulição da substância I é maior que em II, então: ΔHV(I) > ΔHV(II).
2(H — H) + O — O
H
H
Ligações rompidas (processo endotérmico):
4 mol O — H = 4 · 460 = 1.840 kJ
Ligações formadas (processo exotérmico):
2 mol H — H = 2 · 436 = –872 kJ
1 mol O O = 1 · 490 = –490 kJ
–1.362 kJ
b)ΔH = 1.840 + (–1.362) s ΔH = +478 kJ
478 kJ
2 mol de H2O consumidos
478
x
1 mol de H2O s x =
= +239 kJ
2
4.c
O ∆H da reação: 3C(s)­ + 4H2(g) w C3H8(g) é o ∆H 0f , então:
C3H8(g) + 5O2(g) w 3CO2(g) + 4H2O()
∆H = –2.220 kJ
∆HT = ∆Hprod – ∆Hreag s ∆HT = [(3 ⋅ ∆H CO ) +
2
+ (4 ⋅ ∆HH O)] – [(1 ⋅ ∆ H fC
22.d
1 mol de glicose s 2.700 J
1 mol de etanol s 1.380 J
Qglicose = 15 · mglicose
Qetanol = 30 · metanol
Qglicose = Qetanol
15 · mglicose = 30 · metanol
2
∴ ∆H fC
23.b
A partir do estado líquido para o estado gasoso, há aumento da
desorganização do sistema.
24. F – V – F – V – V
(F) Cristalização: aumento da organização (SI > SF).
(F) Cristalização.
1.a) Sendo ΔH < 0, a reação é exotérmica.
b)C12H22O11(s) + 12O2(g) w 12CO2(g) + 11H2O(,)
ΔH = –5.635 kJ/mol
c)ΔH = ΣHf
– ΣHf
(reagentes)
–5.635 = [(12 · (–394)) + (11 · (– 286))] –
–  H fC H O + ( 12 ⋅ 0 ) 
12 22 11
–5.635 = [(– 3.146 + (– 4.728)] – H fC H O
(
3H8
2
3H8
⋅ 1) + 0]
= –106 kJ
6.a)
CH3
— CH
H3CCHCH —
2
CH3
— CH
H3CCH2C —
2
DH = –127 kJ/ mol
CH3
H3CCH — CCH3
DH = –119 kJ/ mol
Hf = – 3.146 – 4.728 + 5.635 = –2.239 kJ/mol
2.d
A equação da dissolução do cloreto de cálcio em H2O é:
H 2O
2+
–
CaCl 2(s ) 
→ Ca (aq.)
+ 2Cl (aq.)
DH = ?
Lei de Hess:
Inverter a 1ª equação s CaCl2(s) w Ca (g2+) + 2Cl (g– )
ΔH = 2.260 kJ
2+
2+ Manter a 2ª equação s Ca (g)
w Ca (aq.)
ΔH = –1.657 kJ
–
Multiplicar a 3ª equação por 2 s 2Cl (g– ) w 2Cl (aq.)
ΔH = –680 kJ
2+
–
+ 2Cl (aq.)
CaCl2(s) w Ca (aq.)
ΔH = – 77 kJ/mol
DH = –113 kJ/ mol
CH3
)
H3CCHCH2 — CH3
12 22 11
17
) + (5 ⋅ ∆H fO )]
5.d
ΔH = ΣHf(produtos) – ΣHf(reagentes)
ΔH = {(3 · 0) + [2 · (– 1.676)]} – {[3 · (– 521)] + (4 · 0)}
ΔH = –3.352 – (– 1.563)
ΔH = –3.352 + 1.563 = –1.789 kJ ΔH < 0 reação exotérmica libera calor.
liberam
3 mol Mn
1.789 kJ
liberam
1.789 kJ
3 · 55 g
1 1 g
x
11 ⋅ 1.789
= 119 kJ liberados
x =
3 ⋅ 55
QF.07
3H8
– 2.220 = [(3 ⋅ –394) + (4 ⋅ –286)] – [(H fC
m
15 m etanol
1
=
s etanol =
30 m glicose
m glicose 2
(produtos)
O
3.a) 2
b)C5H10 +
15
O w 5CO2 + 5H2O
2 2
c) Pelo gráfico, verifica-se que o conteúdo energético (calor de
formação) de cada isômero é diferente. Como os produtos da
combustão dos três isômeros são os mesmos, o seu ΔH de combustão será diferente.
7.a
Trata-se de uma reação exotérmica, pois há liberação de calor. Toda
reação de combustão é exotérmica.
8.b
Sabendo que: ∆H = HProd. – HReag.
∆H = [(2 ⋅ –394) + (3 ⋅ –286)] – [(1 ⋅ –278)]
∆H = –1.368 kJ/mol
Tarefa Proposta 2
20.c
Energia recebida em 1 dia: 1,0 · 107 J
1,2 g de ar
1 L de ar
0,5 L de ar
x
x = 0,6 g de ar
1 inspiração
0,6 g de ar
y
16 · 103 inspirações
y = 9.600 g de ar
Q = m · c · Δt ∴ Q = 105.600 J
1,0 · 107 J
100%
105,6 · 103 J
z
z H 1%
Entalpia (H)
Química
Resolução
9.a) H2(g) + O2(g) w H2O(,) ΔH = ?
1
1) H2O2(,) w H2O(,) + O2(g) 2
ΔH = –98 kJ/mol
2) 2H2(g) + O2(g) w 2H2O(,) Inverter a equação (1):
H2O(,) +
1
O w H2O2(,)
2 2
ΔH = –572 kJ/mol
ΔH = +98 kJ/mol
Dividir a equação (2) por 2:
H2(g) +
1
O w H2O(,)
2 2
ΔH = –286 kJ/mol
H2(g) + O2(g) w H2O2(,)
ΔH = –188 kJ
b) Sendo o ΔH < 0, a reação é exotérmica.
10.a
A equação de formação do ácido nítrico é:
1
3
1
ΔH = ?
H2(g) + O2(g) + N2(g) w HNO3(,) 2
2
2
Lei de Hess:
Divide-se a equação I por 2:
1
1
1
H2(g) + O2(g) w H2O ΔH1 = –143,3 kJ
4
2
2
Divide-se a equação III por 2:
1
1
N2O5(g) + H2O(,) w HNO3(,)
ΔH3 = –38,25 kJ
2
2
Divide-se a equação II por 2:
5
1
1
N2(g) + O2(g) w N2O5(g)
DH2 = –28 kJ
4
2
2
3
1
1
H2(g) + O2(g) + N2(g) w HNO3(,)
ΔH = –209,55 kJ
2
2
2
11.a
A reação de síntese do metano é:
C(s) + 2H2(g) w CH4(g) ΔH = ?
Lei de Hess:
Manter a 1ª equação s C(s) + O2(g) w CO2(g) ΔH = –393,5 kJ
Inverter a 3ª equação s CO2(g) + 2H2O(,) w CH4 + 2O2(g)
ΔH = 890,3 kJ
Multiplicar a 2ª equação por 2 s
s 2H2(g) + O2(g) w 2H2O(,)ΔH = –571,6 kJ
C(s) + 2H2(g) w CH4(g)ΔH = –74,8 kJ
Como ΔH < 0, a reação é exotérmica; portanto, a entalpia dos reagentes é maior que a dos produtos. O gráfico correto será o representado na alternativa a.
12. Soma = 21 (01 + 04 + 16)
(02) (F) Reação exotérmica ∴ ∆H < O ∴ HProd. < HReag.
(08)(F) A combustão da glicose pode ser representada por
C6H12O6 + 6O 2 w 6CO 2 + 6H 2O ∴ ∆H = –2.800 kJ. Então, ao
sintetizar 1,5 mol de glicose, teremos 4.200 kJ absorvidos.
13.c
IV. (F) Ambas são endotérmicas.
C—C
H
18
H
H
+ Cl — Cl
H
15.d
Como as equações do enunciado são de formação, teremos:
C2H5OH(,) + 3O2(g) w 2CO2(g) + 3H2O(,) ∆H = ?
Reagentes Produtos
∆H = HProd. – HReag. s ∆H = [(2 · –394) + (3 · –286)] – [(–278)]
s ∆H = –1.368 kJ/mol etanol
Como a d = 0,8 g/mL s 1 L
800 g etanol
Sabendo que:
1 mol etanol
46 g
–1.368 kJ
Q
1 L s 800 g
Q = –23.791 kJ/L
16.a) O fator é o oxigênio, porque a formação de Al2O3 forma uma
camada que impede o contato do oxigênio com o polímero.
b) O fator é o combustível, pois a formação de H2O resfria e dilui os
gases combustíveis, dificultando a reação de combustão.
c) O fator é o calor de combustão porque a reação absorve 1,17 kJ/g
do calor liberado na combustão.
17.a) F2(g) + H2(g) w 2HF(g) ΔH = –537 kJ/mol
b)ΔH = ligações rompidas + ligações formadas
F — F + H — H w 2H — F
Ligações rompidas (processo endotérmico)
1 mol F — F =
158 kJ
1 mol H — H = 432 kJ
+ 590 kJ
Ligações formadas (processo exotérmico)
2 mol H — F = – 2x
ΔH = 590 – 2x
– 537 = 590 – 2x
2x = 1.127
x = 563,5 kJ/mol
H — F = 563,5 kJ/mol
c)1 mol de F2 reage com 1 mol de H2
libera 563,5 kJ
0,1 mol de F2 com 0,1 mol de H2
liberará 56,35 kJ
18.a
A equação é:
H
H
N — N + 2H — H
N—N
H
14.d
ΔH = Ligações rompidas + ligações formadas
H
Ligações rompidas (processo endotérmico):
4 mol C — H = 4 · 99 = 396 kcal
1 mol C C = 1 · 147 = 147 kcal
1 mol Cl — Cl = 1 · 58 = 58 kcal 601 kcal
Ligações formadas (processo exotérmico)
4 mol C — H = 4 · 99 = 396 kcal
2 mol C — Cl = 2 · 79 = 158 kcal
1 mol C — C = 1 · 83 =
83 kcal
637 kcal
ΔH = 601 + (–637)
ΔH = 601 – 637 = –36 kcal
H
H—C—C—H
Cl
H
Reagentes: quebra de
ligação (endo)
Cl
Produtos: formação de
ligação (exo)
N — H: 4 ⋅ 391 = 1.564 N N: 1 ⋅ 941 =
941
N — N: 1 ⋅ 163 =
163 H — H: 2 ⋅ 436 =
872
+1.727
–1.813
Saldo de energia s ∆H = 1.727 – 1.813 s ∆H = –86 kJ /mol
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
19.a
A equação pode ser representada por:
H
H
H
C—C
H
+ Cl — Cl
H
H—C—C—H
H
Cl
Reagentes:
quebra de ligação w endo
Cl
Produtos: formação
de ligação w exo
C — C = 143
Cl — Cl = 58
C — C = 80
C — Cl = 2 · 78,5
+ 201
+ 237
Saldo de energia s DH = 201 – 237 ∴ DH = –36 kcal/mol
Quebra
de ligação:
processo
endotérmico
DH > 0
Formação de
ligação:
processo
exotérmico
Então:
III. (F) As ligações H — H e F — F são apolares.
21.a) O valor da energia de ligação O O corresponde à diferença:
934 – 436 = 498 kJ/mol
b) A formação de 1 mol de água líquida, através da reação:
H2(g) +
1
O
w H2O(), tem ∆H = –286 kJ/mol, como mostra o
2 2(g)
diagrama.
c) Pelo gráfico, para vaporizar 1 mol H2O(), são necessários 44 kJ. Portanto: 1 mol
18 g
44 kJ
Q s Q = 880 kJ
360 g
Atividades extras
22. a) Sabendo que:
I.CH4(g) + 2O2(g) w CO2(g) + 2H2O() DH = –803 kJ
II.C(graf.) + 2H2(g) w CH4(g) DH = –75 kJ
III.C(graf.) + O2(g) w CO2(g) DH = –394 kJ
mantendo as equações I e II e invertendo a III, teremos:
DH = –16,7 kJ
Pela equação:
2 mol C4H10
8 mol CO2
0,1 mol/min C4H10
x
x = vformação CO = 0,4 mol/min
2
2.a) A equação é: 2H2O2(,) w 2H2O(,) + O2(g)
b)Pela equação, temos: 2 mol H2O2
2 mol H2O2
n
nH O = 0,05 mol/s
C (graf.) + 2H2(g) w CH 4(g) II.
DH = –75 kJ
n C
CO 2(g) w C (graf.) + O 2(g) III.
DH = +394 kJ
2H2 + O2 w 2H2O
DH = DH1 + DH2 + DH3
DH = DH1 + DH2 + DH3
DH = –803 – 75+ 394
DH = – 484 kJ / 2 mol de H2O
Para 1 mol de H2O: DH = –242 kJ/mol
b) Sim, porque, no processo de fermentação de hexoses, há liberação de gases-estufa (CH4 e CO2)
c)Pela equação, temos: 58 mol C6H12O6
35,5 mol CH4
58 · 180 g
35,5 mol
5,8 kg s 5,8 · 103 g
n CH
4
nCH = 19,72 mol
4
23.a
1
, a segunda equação por
2
1 mol O2
32g
0,8 g/s
2 2
c) 1 mol O2
DH = –803 kJ
19
DH = +7,8 kJ
QF.08
I.CH 4(g) + 2 O 2(g) w CO 2(g) + 2H2O()
1
1
e a terceira equação por , teremos:
6
3
DH = –12 kJ
24.c
No intervalo de temperatura compreendido entre T1 e T2, há aumento
de entalpia (HP > HR), então há liberação de calor, reação exotérmica.
3.d
Pela equação:
1 mol C2H6O
nC H O Multiplicando a primeira equação por
DH = –12,5 kJ
1. a)1 mol C4H10
58 g
–2.900 kJ
Q
580 g
Q = –29.000 kJ
58 g
25 L
b)1 mol C4H10
580 g
V
V = 250 L
c) Em 580 g há 10 mol butano:
10
v dec. C H =
s v dec. C H = 0, 1 mol/min
4 10
4 10
100
20. V – V – F – V
No processo, temos:
2H
H
+
F —F
—
F w H
—
1
3
3
Fe2O3(s) + CO(g) w Fe(s) + CO2(g)
2
2
2
1
1
1
FeO(s) + CO2(g) w Fe3O4(s) + CO(g)
3
3
3
1
1
1
1
Fe3O4(s) + CO2(g) w Fe2O3(s) + CO(g)
6
6
3
2
FeO(s) + CO(g) w Fe(s) + CO2(g)
32 g
0,8 g/s
2 6
2H6 O
22,4 L nas CNTP
V s VO = 0,56 L de O2 / segundo
2
2 mol CO2
48 mol CO2
= 24 mol/2 h
Então:
2h
24 mol C2H6O
x
x = 0,2 mol de etanol/min
120 min
1 min
4.d
A função do atrito no palito de fósforo é fornecer energia para se
iniciar a reação (energia de ativação). Como é uma reação de combustão, há liberação de calor (reação exotérmica).
5. Cálculo da velocidade de decomposição da azida de sódio é:
MM(NaN3) = 65 g/mol
1 mol
65 g
130 g
x
x = 2 mol
2 mol
30 · 10– 3 s
y
1s
2
66,7 mol/s
y =

30 ⋅ 10 −3
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
Cálculo da velocidade de N2 em L/s:
2NaN3(s)
w 3N2(g) + 2Na(s)
2 mol
3 mol
z z H 100 mol/s de N2
66,7 mol/s
1 mol
24 L
100 mol/s
w
v = 2.400 L/s
II. (V) v mH
6.c
Curva I – Ascendente ∴ produto s SO3
Curva II – Descendente ∴ reagente s O2 – proporção estequiométrica 2SO2 : 1O2
Curva III – Descendente ∴ reagente s SO2 – proporção estequiométrica 2SO2 : 1O2
Curva IV – Constante ∴ catalisador s NO
7.e
A energia necessária para o início de uma reação química é chamada
de energia de ativação.
8.d
2O 2
=–
0, 2 − 0, 3
= 0,01 mol/L · min
30 − 20
20’ — 30’
2H2O2 w 2H2O + O2
2 mol
1 mol
0,01 mol/L min
x
min
x = 0,005 mol/L
III. (V) A estequiometria de H2O2 e H2O é a mesma. Num mesmo
intervalo de tempo, v mH O = v mH O .
2 2
IV. (V) v mH
2O 2
0 — 10’
v mH
0 — 10’
v mO =
2O
2
2
0, 03
= 0,015 mol/L · min
=
2
0, 03
= 0,015 mol/L · min
2
=
0, 015
= 0,015 mol/L · min
1
0 — 10’
V. (F) v mH O
2 2
= 0,02 mol/L · min
Dn
2 − 10 8
v mN = –
=–
= = 1 mol/min
2
Dt
10 − 2 8
Através da estequiometria da reação, calcularemos a velocidade de
consumo do H2 em mol/min.
N2 + 3H2 w 2NH3
1 mol
3 mol
1 mol/min
x x = 3 mol/min
Sendo a massa molar do H2 = 2 g/mol, a velocidade do H2 em g/min
será de:
1 mol
2g
3 mol
x x = 6 g
vm = 6 g/min
10 — 20’
VI. (V) Velocidade média é sempre um número positivo.
9.c
Graficamente:
H2O2 w H2O +
Reação direta
H (kJ)
Hi
Reação inversa
x
CO + NO2
Ea = 360 kJ
CO + NO2
CO2 + NO CO2 + NO
Então x = 360 – 226 s x = 134 kJ
10.a
A função da faísca elétrica é fornecer energia suficiente para atingir
o complexo ativado; essa energia é chamada energia de ativação.
11. F – V – V – V – F – V
I. (F) A velocidade média tem valores diferentes para diferentes
intervalos de tempo.
Exemplo:
0,5 − 0, 8 0,3
=
v mH O = –
= 0,03 mol/L · min
2 2
10 − 0
10
0 — 10’
v mH
10’ — 20’
20
2O 2
=–
13.a
1
O
2 2
16 g
1 mol
1,6 g
x
x = 0,1 mol H2O2/s
1s
0,1 mol
y
60 s (1 minuto) = y = 6 mol/min
14.c
II.(F) A reação direta é exotérmica.
∆H = –226
Hf
12. 1 mol de Zn
65 g
6,5 g x = 0,1 mol de Zn
x
1 mol de Zn
2 mol de HCl
y y = 0,2 mol de HCl
0,1 mol de Zn
0,2 mol de HCl
10 min
1 min
z
z = 0,02 mol v = 0,02 mol/min
0, 3 − 0,5
= 0,02 mol/L · min
20 − 10
15.a
Comparando-se os experimentos I e III, o III deve ocorrer em velocidade maior, já que apresenta as mesmas condições em uma
temperatura mais elevada. Como o experimento II é realizado com
a metade da massa de magnésio (em relação aos experimentos I e
III), o volume de H2 produzido será também menor, portanto corresponde à curva A. Dessa forma, temos:
A = II B = I C = III
16.d
A frase fica corretamente preenchida da seguinte forma:
De uma reação química participam espécies denominadas de reagentes, que reagem entre si. Entre elas deve ocorrer choque efetivo,
formando o que se chama de complexo ativado, para originar os
produtos. Como a velocidade das colisões é profundamente afetada
pela agitação térmica das partículas, quanto maior a temperatura,
maior será o número de choques efetivos.
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
17.b
Um catalisador aumenta a velocidade por diminuição da energia
de ativação da reação.
24.
Energia potencial
18.b
A energia de ativação é determinada pela diferença da energia do
complexo ativado e dos reagentes. No gráfico, ela assume um maior
valor na reação inversa, sem catalisador.
E2
E1
E+F+G
E3
A+B
19.b
Pela análise do gráfico, temos:
Variação de entalpia < 0
C+D
(kJ/mol)
50
Coordenada de reação
E
ativação
Z
20
∆H
x+y
5
Caminho da reação
20. F – F – F – V
(F) O catalisador e os reagentes podem ter mais de uma fase.
(F) A velocidade da reação depende da concentração do catalisador.
(F) O catalisador não desloca equilíbrio.
Observação: Se o catalisador é sólido, sua concentração não altera
a velocidade da reação — o que influencia é a área de contato.
21.d
A faísca da vela fornece energia de ativação para o início da reação
de combustão (portanto, exotérmica) do etanol.
A reação A + B w E + F + G é bimolecular s e probabilidade de colisão s r energia de ativação
A reação E + F + G w C + D é trimolecular s r probabilidade de
colisão s e energia de ativação
QO.05
OH
1. Fórmula estrutural:
Isômero:
O
ou
2.e
I.(F)
H3C — C — CH3
H3C — CH2 — CH2 — OH
22.b
Analisando o gráfico:
C3H8O
E
z
O
C3H6O ∴ não são isômeros.
≠
II.(V)
H3C — CH — CH3
Energia de ativação = z – y
H3C — O — CH2 — CH3
A+B
y
C3H8O
Tempo
=
Atividades extras
23.a
a) (V) Energia de ativação = d + x ∴ Ea = d + (c – a)
b) (F) Variação de entalpia = a
c)(F)
d)(F)
e)(F)
E
d
Reagentes
a
x
Energia
de
ativação
c
Produtos
Caminho da reação
C3H8O ∴ são isômeros
de função.
III.(V)
OH
Na presença de catalisador a energia de ativação diminui, então:
Eativação < (z – y).
21
OH
C+D
x
O
H3C — CH2 — CH2 — OH
C3H8O
H3C — CH — CH3
=
C3H8O ∴ são isômeros
de posição.
IV.(V)
H3C — N — CH3
H3C — CH2 — CH2 — NH2
C3H9N
CH3
=
C3H9N ∴ são isômeros
de cadeia.
3.d
HO — CH2 — CH2 — CH3 (álcool)
H3C — CH(OH) — CH3 (álcool)
H3C — O — CH2 — CH3 (éter)
∴ três compostos e duas funções orgânicas
4.b
São heterocíclicas, por apresentarem um heteroátomo (N) como pelo
menos um dos vértices do ciclo.
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
OH
5.b
A substância do enunciado é:
H3C — CH2 — CH — CH2 — CH2 — CH3
CH3
a) H3C — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 w C6H14O (F)
O
H
Seu isômero de posição será:
O
H3C — CH — CH2 — CH2 — CH2 — CH3
CH3
w C6H12O (V)
b) H3C — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — C
3-metil-hexano
w C5H10O (F)
c) H3C — CH — CH2 — C
H
CH3
2-metil-hexano
OH
6.b
Analisando-se as relações entre as massas de C e de H, temos:
d) H3C — CH — CH2 — CH2 — CH2 w C6H14O (F)
CH3
0, 168
= 5,25
0, 032
0, 252
• composto II:
= 5,25
0, 048
0, 491
= 4,5
• composto III:
0,109
• composto I:
11.H2C
CH — CH2 — CH3
H3C — CH
CH — CH3
H2C — CH2
H C — C — CH
2
Portanto, somente os compostos I e II são isômeros entre si.
7.d
12.a)
CH3
H2C — CH2
CH2
H2C — CH — CH3
OH
H3C — CH2 — CH2 — CH2 — CH3
Essas são as estruturas
possíveis com essa
fórmula molecular.
H3C — CH — CH2 — CH3
— NO2
Orto-nitro-hidroxibenzeno
CH3
CH3
3
OH
Meta-nitro-hidroxibenzeno
H3C — C — CH3
— NO2
CH3
OH
Essa fórmula geral é dos alcanos (CnH2n + 2).
Para-nitro-hidroxibenzeno
8.c
O
O
H3C — CH2 — C
; H3C — C — CH3
H
Aldeído
Cetona
a)(V)
b)(V)
c) (F) São isômeros de função.
d)(V)
e)(V) O nome comercial da propanona é acetona.
CH3 CH3
CH3
H3C — C — C — CH3
H H
H3C — C — C — C — CH3
H2 H H2
C6H14
C6H14
Isomeria plana
3-metilpentano
2,3-dimetilbutano
O
N
O
13.c
As fórmulas dos compostos são:
H3C — CH2 — O — CH2 — CH3H3C — CH2 — CH2 — CH2 — OH
Etoxietano
n-butanol
Ambos com fórmula C4H10O.
14.c
A fórmula estrutural do 3-octen-1-ol é:
10.b
O
4-metil-2-pentanona: H3C — C — CH2 — CH — CH3 w C6H12O
CH3
22
ligação de hidrogênio
O—H
9.b
NO2
b) O composto de menor ponto de fusão é o orto-nitro-hidroxibenzeno, por causa da existência de ligações de hidrogênio intramoleculares, que reduzem a possibilidade de ligações intermoleculares. Veja a fórmula a seguir:
H2C — CH2 — C — C — CH2 — CH2 — CH2 — CH3
OH
H
H
Portanto, serão isômeros de posição.
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
15. F – F – V – V
I. (F) Isômeros possuem a mesma fórmula molecular.
II.(F) A fórmula molecular para ambos é: C20H28O
Atividades extras
23.d
I. (F) O hex-2-eno é um exemplo de isômero do ciclo-hexano.
II. (F) Admite apenas uma estrutura plana.
16.c
A isomeria geométrica será caracterizada pela seta 3:
O
O
24.a) — C
CH2 — CH3
CH2
N—
C—C
CH3 H
O
H
cis
b)Isômero cis da oleamida:
O
H
CH2
C—C
CH3 H
17.
a
a)
b)
c)
d)
e)
O
c) H3C(CH2)7CH — CH(CH2)7C
São isômeros planos de cadeia.
São a mesma substância: but-1-eno.
São isômeros espaciais (cis-trans; geométrico).
São a mesma substância: pentano.
São a mesma substância: 1,2-diclorociclobutano.
H
w H3C(CH2)7CH — CH(CH2)7COOH + NH3
QO.06
OH
Cetona
O
C—C
Fenol
Amina
trans
H
CH2 — CH2 — CN
C* N
H H
II.(F) É um trifenol.
19.c
II.(F) Licopeno e benzeno são substâncias diferentes, portanto
apresentam propriedades químicas diferentes.
20.c
4
3
2
1
4
3
2
1
H
2.b
a)(F)
b)(V)
e H3C — CH2 — CH2 — CH2 — NH2
H
NH2
Eles apresentam isomeria de posição.
21.a
A prioridade da análise é: função, cadeia, posição, metameria, tautomeria.
22. Soma = 35 (01 + 02 + 32)
HC C — CH3e H2C C CH2
Alcino
Alcadieno ou dieno
(01)(V)
(02)(V)
(04) (F) Apresentam oito ligações, portanto o mesmo número de
ligações.
(08) (F) Pertencem à mesma função (hidrocarboneto).
(16) (F) Veja item 02.
(32) (V) Apresentam mesma fórmula molecular e diferente fórmula
estrutural.
23
C2H5
Femproporex
OH
H3C — CH2 — CH — CH3
C2H5
N
H
OH
cis
1.d
Analisando as fórmulas, temos:
Dietilpropiona
H
HO
OH
+ HOH w
NH2
H
C—C
HO
Fenol
H
H
18. a
Observando as estruturas a seguir e suas propriedades:
Fenol
NH2
C—C
CH2 — CH3
trans
(CH2)7C
H3C(CH2)7
O
H2C — C* — C
H
OH OH
c) (F) As ligações C — O e O — H são polares.
d) (F) Sua fórmula molecular é C3H6O3 ou C3(H2O)3.
e) (F) Molécula com grupo carbonila (— C
O).
3.b
OH
HO
O
O
CH2
C
C
OH
OH
A molécula da vitamina C apresenta dois carbonos assimétricos, mas
somente um está ligado ao grupo hidroxila.
4.a
Os compostos I e III não apresentam isomeria óptica nem geométrica.
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
O composto II apresenta isomeria geométrica, e o IV, isomeria
óptica.
5.e
A frutose e a glicose são isômeros de função, pois apresentam funções diferentes (frutose: poliálcool – cetona e glicose: poliálcool –
aldeído). A glicose e a galactose são isômeros ópticos em razão da
diferente posição dos grupos hidroxila.
c)(F)
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
H
H3C — C — CH3
d)(F)
CH3
O
H3C — C
6.d
Na fórmula a seguir, temos 3C quirais, veja:
H
H
H
H
H
OH
OH
H3C — C* — C
H
OH
Então, o número de isômeros opticamente ativos (IOA) é dado
pela equação: 2n, em que n é o número de carbonos quirais,
logo: 23 = 8
CH3
N+Cl–
N
N
O
—C—C—C
H
H
HO
N
Triptofano
H
Serotonina
H
8.c
I. (F) Hidrossolúvel, porque é muito polar.
O
H3C — CH2 — C
II. (F) Não há carbono quiral.
III.(F) Não há grupos com H ligado a F, O, N, portanto não há
formação de ligação de hidrogênio intermolecular.
11. Observe a estrutura em que o C quiral está representado por um
asterisco. As funções estão circuladas.
b)(F)
OH
O
C
Ácido
carboxílico
C*
H
Éter
CH3
H3C — O
12. Soma = 26 (02 + 08 + 16)
(01)(F) O composto A apresenta as funções éster, éter e álcool. O composto C apresenta as funções fenol, cetona e éter.
(04) (F) Somente os compostos A e C apresentam ligações duplas
conjugadas.
13.d
I. (F) Somente a anfetamina apresenta função amina.
III. (F) Também há pares de elétrons na aspirina, veja a seguir:
O
OH
CH3
H3C
a) O triptofano é o único que apresenta atividade óptica, por
causa da presença do carbono assimétrico assinalado na
figura. (V)
b) A serotonina não apresenta a função ácido carboxílico, somente a
função amina; o triptofano apresenta — NH2 ligado ao carbono
de um ácido carboxílico, portanto é um aminoácido. (F)
c) Apenas triptofano. (F)
d) Não são isômeros, pois o triptofano apresenta dois oxigênios e
a serotonina, um. (F)
e) Somente a serotonina apresenta função fenol. (F)
9.e
a)(F)
amina
N
H
— C — C — NH2
H
metil
OH
NH2
H
CH3
H3C
H
H
O
C
H
O
— O — C —CH3
H
H
H
H3C — C — C — C — CH3
24
OH
Cl
10.a
Pela análise da estrutura, temos:
CH3
7.a
O
O
HO — C — C* — C* — C* — C
H
OH
e)(V)
H
NO2 H
14.e
A fórmula estrutural plana e seus carbonos assimétricos estão representados na fórmula a seguir:
18.a
A fórmula estrutural está representada a seguir:
CH3
O
O
H
H
C
C
*C
C
C
C
C
H
C
H
H
H
CH2
H2C
H
H
C
H2
H
Etanol
Metoximetano
Cl
CH2
H2C
CH2 — OH
c)(F)
Cl
Cl
Cl
H3C
CH3
d) (F) Não apresentam função enol.
e) (F) Pois um dos carbonos da dupla apresenta ligantes iguais.
H
d)(V)
e)(V)
HO — C — CH2 — *CH — C — NH —*CH — C
H
Cl
Trans
O
H3C — C — CH3
Aspartame
A estrutura apresenta 2 carbonos assimétricos ou quirais.
17. V – F – F – V – V
e
H
Aldeído
Propanona
H
*
OH
HO
*
H
H
*
H
*
C—O
HO
*
H
OH
H
*
OH
OH
H
*
OH
CH2 — OH
Cetona
20.a)
Funções nitrogenadas
Amina
Amida
b) Átomo de carbono ligado a quatro grupos diferentes.
Existem três C assimétricos.
Veja o esquema:
CH3 CH3
CH2 — OH
O
O
Frutose
Todos os OH representam a função álcool.
A frutose apresenta as funções cetona e álcool.
A glicose apresenta quatro carbonos assimétricos, e a frutose, três.
Apresentam mesma fórmula molecular e funções diferentes,
portanto, são isômeros de função.
(V) Tanto a glicose como a frutose apresentam assimetria molecular, que está relacionada com a atividade óptica.
H
Propanal
3
CH2
C
s São isômeros
funcionais.
H3C — CH2 — C
Número de grupos metila
OH
s São isômeros
de cadeia.
Metilpropano
n-butano
O
OCH3 +
CH2
NH2
H
Cis
H3C — CH2 — CH2 — CH3 e H3C — C — CH3
H
O
O
s São isômeros
geométricos.
C—C
e
CH3
16.d
O
Cl
H
C—C
C
25
Fórmula molecular: C9H11O3N
Fenol
b)(V)
CH
(V)
(F)
(F)
(V)
H
C
H — C — CH3
H2C
Glicose
Carbonos tetraédricos
(apresentam apenas
ligações simples)
19.c
a)(V)
H3C — CH2 — OH e H3C — O — CH3 s isômeros funcionais
C*
Produto 1
+
Produto 2
+
Produto 3
Ácido carboxílico
C
OH
15.c
a)(F) A substância II não apresenta carbono assimétrico.
b) (F) Pertencem à mesma função.
CH3
H
c)(V) O
H C
OH
C
C H
C
H
Portanto, a fórmula molecular é C14H19NO2 e o número de carbonos
assimétricos é 2.
+ 2H2O w
C
C
CH2
O
C*
H
N
C*
Amina
NH2
H
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
Amida
H3C
Tamiflu®
OCH2CH3
HN
O
NH2
Amina
HO
C*
HO
Grupos metil
H
COOH
C*
H
H
OH
Ácido shikímico
a)I.Cadeia alifática = cadeia não aromática, ausência de anel
aromático.
II. Cadeia aromática = por causa da presença do anel aromático.
b) O composto II, em razão da presença de carbono quiral, representado por um asterisco na fórmula a seguir:
H
H
N
O
C*
QO.07
CH3
c) Cadeia fechada, saturada, alifática, heterogênea.
3.d
22. Soma = 45 (01 + 04 + 08 + 32)
(01)(V)
O
21.
O
H3C — CH2 — CH2 — C
Ácido butanoico ou
1.d
2.c
+ I — C2H5
Etilbenzeno
+ HCl
∆
Cl
+ H2C — CH2 — CH3 + 2HCl
Cl
5.e
A equação da reação é:
H
H
Apresenta isomeria geométrica.
(04)(V)
OH
O
5H3C — CH — CH2 — CH2 — CH3 + 5Cl — Cl w
CH3
Cl
H3C — C* — C
*
H3C — C — CH2 — CH2— CH3 + H3C — CH — CH — CH2 — CH3 +
OH
CH3
O
H3C — C
+ H3C — CH — CH2 — CH2 — CH2 +
CH3
Hidroxibenzeno é conhecido como fenol comum.
(32)(V)
Atividades extras
23.c
III. (F) Pela estrutura adiante, temos:
H
H
H
C*
Cl
C
N — CH3
H
C* — *C — H
Amina H
terciária
C—O
O
Éster
H
CH3
O
H
H
C
C* — O
CH3
6.c
A reação é representada por:
O
H
Cl
+ H2C — CH — CH2 — CH2 — CH3 + 5H — Cl
H
H—C
Cl
Cl
CH3
OH
H—C
CH3
+ H3C — CH — CH2 — CH — CH3 +
C2H5NO
NH2
Etanamida
(16)(F)
H3C —
C
H
O
+
HCl
C
C
C
7.a) A fórmula da anilina é:
NH2
C
H
H
CH3
+
Cl
C
24.a
2.(F) A hernandulcina não apresenta isomeria geométrica.
3. (F) No ciclo da hernandulcina há função cetona.
5.(F) A fenilalanina não apresenta isomeria geométrica.
26
λ
+ Cl2
C—C
+ HI
Cl
Etanoato de etila
H
cat.
O — CH2 — CH3
Ácido butírico
(02)(F)
Cl
Cl
(08)(V)
C2H5
H
4.d
H3C — CH2 — CH3 + 2Cl2 w H3C — CH — CH3 +
H3C — C
OH
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
b) A equação pode ser representada por:
H
+ HO — NO2
H2SO4
NO2
+ H2O
8.b
A substância com fórmula C6H6 é o benzeno, que apresenta fórmula
estrutural:
H
V. (F) – NO2 é meta-dirigente, portanto é desativante.
15.a
As equações são:
Grupo orto/para-dirigente
C
H
H
C
C
C
C
+ 2HO — NO2
C
H
CH3
CH3
H
NO2
H2SO4
+
O
HO
O
HO
C
C
portanto, é um composto insaturado.
9.a
A presença de luz e calor favorece a substituição, por radicais livres,
no radical alquila ligado ao núcleo aromático.
10.d
I. Reação de halogenação é catalisada por ferro (Fe).
II. Nitração é feita com ácido nítrico (HNO3).
III.Na alquilação é empregado um reagente alquil que, nesse
caso, se ligará ao anel aromático por substituição de um átomo de H ( Ar-R).
O
+ HO — NO2
H2SO4
NO2
b) H
O
grupo meta
dirigente
O
H
C
C
+ Br — Br
+ H — Br
Br
17.a) Três.
b) C9H12
c) Saturada, homogênea.
d) Tolueno ou metilbenzeno.
11. Posições orto e para.
A equação é:
CH3
+ 2Cl — Cl w
CH3
Cl
Cl
Cl
+
+ 2H — Cl
Cl
2,4-diclorotolueno
2,6-diclorotolueno
18.b
A é HNO3, B é H2 e ocorre redução.
19.e
Grupo orto/paradirigente
12.a) O composto A pode ser qualquer haleto de metila; o mais comum é H3C – Cl (cloreto de metila).
b) CH3
OH
2
OH
NO2
2
Grupo orto/para-dirigente
+ 2HO — NO2
+ 2H2O
+
NO2
2-nitrofenol
4-nitrofenol
CH3
H2SO4
OH
OH
c) São isômeros de posição.
d) A função do AlCl3 é de catalisar a reação.
CH3
OH
NO2
+ 2HNO3
Fenol
13.a)
+ H2O
16. a) Pela equação: 1 mol de acetofenona  1 mol de imina; com rendimento de 100%, como o rendimento é de 80%, formará 0,8 mol
de imina, então:
1 mol de imina
133 g
0,8 mol de imina
m ∴ m = 106,4 g
IV. Na acilação, o eletrófilo é o RC+ .
CH3
+ 2H2O
NO2
Grupo meta-dirigente
H
CH3
1
CH3
NO2
HNO3
2,4-dinitrofenol
OH
NO2
1
+ 2H2O
NO2
+ 2H2O
+
NO2
+ 2HNO3
2
1
b) 1. 1-metil-2-nitrobenzeno
2. 1-metil-4-nitrobenzeno
O2N
OH
NO2
+ 3H2O
+ 3HNO3
NO2
2,4,6-trinitrofenol
14.a
Amina: — N — H ou — NH ou — N —
20.c
Na reação A, temos a entrada de radical alquila (C12H25) e, na reação B,
temos a entrada de radical proveniente de H2SO4, formando um composto que apresenta função ácido sulfônico, portanto houve sulfonação.
21.e
III. (F) Álcool: — C — OH; fenol: OH
Anel aromático
27
IV. (F) São isômeros de função.
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
22.a) A equação de reação é:
3.d
CH3
+ Cl — CH3 w
CH3
H3C — CH — CH3
OH
CH3
NO2
H2SO4
+ 3HO — NO2
H+
+ H — Cl
A
CH3
3
II.H2C — CH — CH3 + H2O
+
Ácido nítrico
IV.H2C — CH — CH3 + HCl
CH3
+
+ 3H2O
NO2
NO2
H3C — CH — CH3
Cl
O H+ foi adicionado ao C da dupla mais hidrogenado.
4.c
I. (F) Br2 é líquido a 25 °C, 1 atm.
Composto A: Cl — CH3
Composto B: ácido nítrico
b) Isomeria de posição.
5. As classes funcionais de cada composto são:
CH3
Atividades extras
23.b
O CF3 é meta pela explicação:
CH2
CH3
O
Fd–
H3C
Fd– — Cd+ — Fd–
d+
d–
d–
d+
1,8-cineol
I
Funções: éter
d+
d–
CH3
A reação de hidratação do a-terpineol é:
+ HOH
H3C
CH3
Reagente X
Br
Br
H3C — CH — CH — CH2 — Br
Reagente Y
CH3
CH3
HO
H+
OH
H2C — CH — CH2 — CH3
7.d
A equação da reação é:
H2C — CH — CH3 + H — Cl w H3C — CH — CH3
Propeno
Cl
2-cloropropano
9. V – V – V – F – F – V
IV.(F) É composto insaturado, portanto sofre reação de hidrogenação.
V. (F) Não apresenta cadeia aromática.
10. A cadeia da bixina apresenta 9 duplas ligações, portanto serão necessários 9 mol de H2.
c) I: 3-metil-but-1-ino
II: 2-bromo-3-metil-but-1-eno
III: 1,2-dibromo-3-metilbutano
2.c
Br
H3C — C — CH + 2Br2
H3C
OH
H
8.a
A substância orgânica capaz de descorar bromo é a que apresenta insaturação em sua estrutura — no caso, uma tripla ligação (butino-2).
H2O2
CH3
cat.
CH3
HO
1.a) H3C — CH — C — CH + HBr w H3C — CH — C — CH2
b) H3C — CH — C — CH2 + HBr
CH3
CH3
b)butan-2-ol
Br
CH3
a-terpineol
III
álcool
linalol
II
hidrocarboneto
6.a) H2C — CH — CH2 — CH3 + H2O
QO.08
28
H3C
CH3
H
24.c
O composto A será H — Br, portanto:
Cl2 + 2H — Br w 2H — Cl + Br2
H3C
HO
O flúor é mais eletronegativo e atrai para si os elétrons da ligação
com o átomo de carbono, que adquire caráter positivo e induz o
átomo de carbono 1 do anel a se polarizar negativamente. Este, por
sua vez, induz a polarização alternada dos demais carbonos do anel.
Assim, o ataque acontecerá nas posições 3 e 5.
De modo geral, quem possui duplas ou triplas ligações é meta-dirigente.
H2O2
CH3
Br
H3C — C — CH
Br
Br
11.c
A equação é representada levando-se em consideração a regra de
Markovnikov.
H2C — CH — CH2 — CH3 + H2O w H3C — CH — CH2 — CH3
OH
butan-2-ol ou 2-butanol
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução
12.b
De acordo com a regra de Markovnikov, temos:
H CH3
H CH3
H3C — C — C — CH2 — CH3 + HCl w H3C — C — C — CH2 — CH3
H
Cl
3-metil-3-cloropentano
13.a) H2C
20.b
As equações são:
H2C CH2 + H — OH w H3C — CH2 — OH
H3C — CH2 — OH + Na w H3C — CH2 — ONa + H2
21. V – F – F – V – F
II.(F) A energia da ligação simples é menor do que a da dupla.
III. (F) Veja a fórmula:
H+
→ H3C — CH — CH3
CH – CH3 + H — OH 
OH
b) O álcool formado é o propan-2-ol (nome oficial) ou álcool isopropílico.
H
H
V. (F) Mistura racêmica não desvia o plano da luz polarizada.
C — CH3 + 1Br2 w
22. a) e b) HC
H
15.c
A equação da reação é:
H2C — CH — CH3 + H2O w H3C — CH — CH3
CH3
w
16.d
A presença de dupla ligação entre carbonos confere ao colesterol
a propriedade de fazer reação de adição.
Br
C—C
Br
Br
Cis
Trans
CH3
Atividades extras
23.a) O substrato é aldeído benzoico ou benzaldeído.
b) A reação é classificada como adição a carbonila.
c) É proveniente do HCN (acido cianídrico), de acordo com a equação:
O—H
O
17.e
A equação será:
H2C — CH — CH — CH2 — CH2 — CH3 + H — H
CH3
H
C—C
Br
OH
Ligantes iguais: não
há isometria geométrica.
C — C — CH2 — CH3
14.b
II.
Falsa. 2-metil-2-butanol.
III.
Falsa. CH3 é orto/para-dirigente.
VI.
Falsa. COOH é grupo meta-dirigente.
H
C — CN
+ H — CN w
C
H
H
H
24.a) A equação da reação é:
H3C — CH2 — C* — CH2 — CH2 — CH3
3-metil-hex-1-eno
O
O
CH3
18.a) O aldeído é o 2,2-dicloropropanal:
Cl
Cl
Os isômeros são 2:
H
C
Cl
O
O
HC — CH2 — C
H2C — CH — C
H
Cl
H
C
CH3
CH2
b)
CH3 + 2H — Br w
C
O
O
H3C — CH2 — C
H
porque apresenta menor massa.
Cl
w
Br
CH3
Br
C
O
c)
C*
CH3
w
19.c
A equação do propeno com ácido clorídrico pode ser representada por:
H2C — CH — CH3+ HCl w H3C — CH — CH3
29
CH3
O
H3C — C — C — H
w
O dienófilo é:
O
Cl Cl
b) Será o propanal:
C
C
+
C
O
CH3
Tarefa Proposta 2
Química
Resolução